Question

17．如圖，三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=1，AB=AC=$\sqrt{2}$，D為BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DQ平行于AP，且DQ=1．連接QB，QC，QP
（1）證明：AQ⊥平面PBC；
（Ⅱ）求直線BC與平面ABQ所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （I）以A為原點(diǎn)建系，求出$\overrightarrow{AQ}$，$\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{BP}$的坐標(biāo)，通過計(jì)算$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{BC}$=0，$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{BP}$=0得出AQ⊥BC，AQ⊥BP，于是得出AQ⊥平面PBC；
（II）求出平面ABQ的法向量$\overrightarrow{n}$，則直線BC與平面ABQ所成角的正弦值等于|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{BC}$＞|，利用同角三角函數(shù)得到關(guān)系得出線面角的余弦值．

解答 解：（I）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB，AC，AP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：
則A（0，0，0），B（$\sqrt{2}$，0，0），C（0，$\sqrt{2}$，0），P（0，0，1），Q（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）．
∴$\overrightarrow{AQ}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{BP}$=（-$\sqrt{2}$，0，1）．
∴$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{BC}$=0，$\overrightarrow{AQ}•\overrightarrow{BP}$=0．
∴AQ⊥BC，AQ⊥BP，
又BC?平面PBC，BP?平面PBC，BC∩BP=B，
∴AQ⊥平面PBC．
（II）$\overrightarrow{AB}$=（$\sqrt{2}$，0，0），$\overrightarrow{AQ}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），
設(shè)平面ABQ的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AQ}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}x=0}\\{\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y+z=0}\end{array}\right.$，令z=1，得$\overrightarrow{n}$=（0，-$\sqrt{2}$，1）．
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}$=-2，|$\overrightarrow{n}$|=$\sqrt{3}$，|$\overrightarrow{BC}$|=2，
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{BC}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{BC}|}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
設(shè)直線BC與平面ABQ所成角為θ，則sinθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{BC}$＞|=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴cosθ=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
∴直線BC與平面ABQ所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直的判定，線面角的計(jì)算，空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．