Question

19．如圖在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的一點，PA=PD=4=AD=2BC，CD=2．
（Ⅰ）求證：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若二面角M-BQ-C為30°，設|PM|=t|MC|，試確定t的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得PQ⊥AD，再由面面垂直的性質可得PQ⊥平面ABCD，得到PQ⊥BQ，再由已知可得BQ⊥AD，結合線面垂直的判定可得BQ⊥平面PAD，從而得到平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，QB、AD、QP兩兩互相垂直，以Q為坐標原點，分別以QA、QB、QP為x、y、z軸距離空間直角坐標系，可得則Q（0，0，0），P（0，0，$2\sqrt{3}$），C（-2，2，0），由|PM|=t|MC|，得M（$-\frac{2t}{t+1}，\frac{2t}{t+1}，\frac{2\sqrt{3}}{t+1}$）．求出平面MQB與平面CBQ的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值結合已知列式求得t值．

解答 （Ⅰ）證明：如圖，
∵PA=PD，Q為AD的中點，
∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD，而BQ?平面ABCD，
∴PQ⊥BQ，
又底面ABCD為直角梯形，∠ADC=90°，
∴CD⊥AD，
∵BC∥AD，BC=$\frac{1}{2}AD=2$，
∴四邊形QBCD為平行四邊形，則BQ∥CD，得BQ⊥AD，
又PQ∩AD=Q，∴BQ⊥平面PAD，
∵BQ?平面PBQ，則平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，QB、AD、QP兩兩互相垂直，
以Q為坐標原點，分別以QA、QB、QP為x、y、z軸距離空間直角坐標系，
則Q（0，0，0），P（0，0，$2\sqrt{3}$），C（-2，2，0），
∵|PM|=t|MC|，∴$\overrightarrow{PM}=t\overrightarrow{MC}$，可得M（$-\frac{2t}{t+1}，\frac{2t}{t+1}，\frac{2\sqrt{3}}{t+1}$）．
$\overrightarrow{QB}=（0，2，0）$，$\overrightarrow{QM}$=（$-\frac{2t}{t+1}，\frac{2t}{t+1}，\frac{2\sqrt{3}}{t+1}$）．
設平面MQB的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{QB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{QM}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{2y=0}\\{-\frac{2t}{t+1}x+\frac{2t}{t+1}y+\frac{2\sqrt{3}}{t+1}z=0}\end{array}\right.$，取z=1，得$\overrightarrow{m}=（\frac{\sqrt{3}}{t}，0，1）$．
由圖可知，平面CBQ的一個法向量$\overrightarrow{n}=（0，0，1）$．
由|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{1}{1×\sqrt{\frac{3}{{t}^{2}}+1}}$|=cos30$°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得t=3．

點評 本題考查面面垂直的判定，考查了空間想象能力和思維能力，訓練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．