Question

18．如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，AD=2，AB=1，∠ABC=60°，PA⊥面ABCD，設(shè)E為PC中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段PD上，且PF=2FD．
（1）求證：BE∥平面ACF；
（2）設(shè)異面直線$\overrightarrow{BE}$與$\overrightarrow{CF}$的夾角為θ，若$cosθ=\frac{5}{11}$，求PA的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）以AB，AC，AP分別為 x，y，z軸建立坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出$\overrightarrow{BE}$=（-1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{c}{2}$）．面ACF的法向量，通過$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}$=-c+c=0，證明BE∥平面ACF．
（2）設(shè)$\overrightarrow{BE}$與$\overrightarrow{CF}$的夾角為θ．利用空間向量的數(shù)量積，轉(zhuǎn)化求解PA即可．

解答 解：（1）由AD=2，AB=1，∠ABC=60°，得AC=$\sqrt{3}$，AB⊥AC． 又∵PA⊥面ABCD，∴以AB，AC，AP分別為 x，y，z軸建立坐標(biāo)系如圖．
則A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），D（-1，$\sqrt{3}$，0）． …（2分）
設(shè)P（0，0，c），F(xiàn)（x，y，z），則E（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{c}{2}$），由$\overrightarrow{PF}=2\overrightarrow{FD}$．得：（x，y，z-c）=2（-1-x，$\sqrt{3}-y$，-z）．
  解得：x=$-\frac{2}{3}$，y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，z=$\frac{c}{3}$，
所以F（-$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{c}{3}$）．…（4分）
∴$\overrightarrow{AF}$=（-$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{c}{3}$），$\overrightarrow{AC}$=（0，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{BE}$=（-1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{c}{2}$）．
設(shè)面ACF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{2}{3}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}y+\frac{c}{3}z=0}\\{y=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=（c，0，2）． …（7分）
∵$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}$=-c+c=0，且EF?面ACF，∴BE∥平面ACF．  …（8分）
（2）∵$\overrightarrow{BE}=（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{c}{2}）$，$\overrightarrow{CF}=（-\frac{2}{3}，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，\frac{c}{3}）$，設(shè)$\overrightarrow{BE}$與$\overrightarrow{CF}$的夾角為θ．
∴$cosθ=\frac{{\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{CF}}}{{|{\overrightarrow{BE}}||{\overrightarrow{CF}}|}}=\frac{5}{11}得：\frac{{1+{c^2}}}{{7+{c^2}}}=\frac{5}{11}$…（11分）
即：c²=4，∴c=2，所以PA=2．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查空間向量的應(yīng)用，直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，空間距離的求法，向量數(shù)量積的應(yīng)用，考查空間想象能力計(jì)算能力．