Question

15．如圖所示的幾何體中，AD⊥平面APB，AD∥BC，AP⊥PB．
（1）求證：平面PAD⊥平面PBC；
（2）若AB=BC=2AD=2AP=2，點(diǎn)Q在線段AB上，且AQ=$\frac{1}{4}$AB，求二面角C-PQ-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）以P為原點(diǎn)，PA為x軸，PB為y軸，過P作平面ABP的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明平面PAD⊥平面PBC．
（2）求出平面PCQ的法向量和平面PDQ的法向量，利用向量法能求出二面角C-PQ-D的余弦值．

解答 證明：（1）以P為原點(diǎn)，PA為x軸，PB為y軸，過P作平面ABP的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AP=p，BP=q，
∴平面PAD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{PB}$=（0，q，0），
平面PBC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{PA}$=（p，0，0），
∵$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}$=0，
∴平面PAD⊥平面PBC．
（2）∵AB=BC=2AD=2AP=2，點(diǎn)Q在線段AB上，且AQ=$\frac{1}{4}$AB，
∴P（0，0，0），A（1，0，0），D（1，0，1），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（0，$\sqrt{3}$，2），
設(shè)Q（a，b，c），∵AQ=$\frac{1}{4}$AB，∴$\overrightarrow{AQ}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}$，
∴（a-1，b，c）=$\frac{1}{4}$$\overrightarrow{AB}$=$\frac{1}{4}$（-1，$\sqrt{3}$，0），解得a=$\frac{3}{4}$，b=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，c=0，∴Q（$\frac{3}{4}，\frac{\sqrt{3}}{4}，0$），
$\overrightarrow{PQ}$=（$\frac{3}{4}，\frac{\sqrt{3}}{4}$，0），$\overrightarrow{PD}$=（1，0，1），$\overrightarrow{PC}$=（0，$\sqrt{3}$，2），
設(shè)平面PCQ的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}=\sqrt{3}y+2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PQ}=\frac{3}{4}x+\frac{\sqrt{3}}{4}y=0}\end{array}\right.$，取y=2$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（-2，2$\sqrt{3}$，-3），
設(shè)平面PDQ的法向量$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PQ}=\frac{3}{4}{x}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{4}{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PD}={x}_{1}+{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取${y}_{1}=\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（-1，$\sqrt{3}$，1），
設(shè)二面角C-PQ-D的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{5}{\sqrt{25}•\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
∴二面角C-PQ-D的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行，面面垂直的判定，線面垂直的性質(zhì)，考查二面角的余弦值的求法，尋找線段的垂直關(guān)系是解題關(guān)鍵，屬于中檔題．