Question

16．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ADC=90°，AD∥BC，平面PAD⊥底面ABCD，BC=$\frac{1}{2}$AD，PA=AD=AB=2，Q為AD的中點(diǎn)
（1）求證：平面PQB⊥平面PAD；
（2）若直線PA與平面ABCD所成的角為60°，M是棱PC上的點(diǎn)．
①經(jīng)過(guò)M，B作平面α，使直線CD∥α并說(shuō)明理由；
②若PM=tMC，二面角M-BQ-C的平面角的大小為30°，求AM的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出四邊形BCDQ為平行四邊形，從而CD∥BQ．求出QB⊥AD，從而B(niǎo)Q⊥平面PAD，由此能證明平面PQB⊥平面PAD．
（2）①由CD∥BQ，得CD∥平面MBQ，從而平面MBQ即為平面α．
②推導(dǎo)出PQ⊥AD，PQ⊥平面ABCD，以Q為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出AM．

解答 （本小題滿分13分）
證明：（1）∵AD∥BC，BC=$\frac{1}{2}$AD，Q為AD的中點(diǎn)，
∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴CD∥BQ．
∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°  即QB⊥AD．
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴BQ⊥平面PAD．∵BQ?平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．   …（4分）
（2）①如圖，Q是AD的中點(diǎn)，在棱PC上的任意取一點(diǎn)M，
因?yàn)镃D∥BQ，且CD?平面MCD，
故CD∥平面MBQ，故平面MBQ即為平面α．…（7分）
②∵PA=PD，Q為AD的中點(diǎn)，∴PQ⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD．
∵直線PA與平面ABCD所成的角為60°，
∴∠PAQ=60°，∵PA=2，故AQ=QD=BC=1，
如圖，以Q為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，
則平面BQC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），Q（0，0，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-1，$\sqrt{3}$，0）．
設(shè)M（x，y，z），則$\overrightarrow{PM}$=（x，y，z-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{MC}$=（-1-x，$\sqrt{3}-y$，-z），
∵$\overrightarrow{PM}=t\overrightarrow{MC}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{x=t（-1-x）}\\{y=t（\sqrt{3}-y）}\\{z-\sqrt{3}=t（-z）}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{t}{1+t}}\\{y=\frac{\sqrt{3}t}{1+t}}\\{z=\frac{\sqrt{3}}{1+t}}\end{array}\right.$，…（10分）
在平面MBQ中，$\overrightarrow{QB}$=（0，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{QM}$=（-$\frac{t}{1+t}$，$\frac{\sqrt{3}t}{1+t}$，$\frac{\sqrt{3}}{1+t}$），
∴平面MBQ法向量為$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，0，t$）．
∵二面角M-BQ-C為30°，cos30°=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{t}{\sqrt{3+0+{t}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得t=3．
∴A（1，0，0），M（-$\frac{3}{4}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
AM=$\sqrt{（1+\frac{3}{4}）^{2}+（0-\frac{3\sqrt{3}}{4}）^{2}+（0-\frac{\sqrt{3}}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{79}}{4}$．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的證明，考查線段長(zhǎng)的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．