Question

5．已知如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，面PBC⊥面A BCD，點E是AD 的中點，PQ∥面ABCD且點Q在面ABCD上的射影Q′落在AB的延長線上，若PQ=1，PB=$\sqrt{2}$，且（$\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}$）•$\overrightarrow{BC}$=0，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AD}$=2
（I ）求證面PBC⊥面PBE
（II ）求平面PBQ與平面PAD所成鈍二面角的正切值．

Answer 1

分析 （I ）由已知結(jié)合數(shù)量積公式可得∠A=60°，再由余弦定理求得BE，可知BE⊥AD，得BE⊥BC，由面面垂直的性質(zhì)得BE⊥面PBC，再由面面垂直的判定可得面PBC⊥面PBE；
（II ）取BC中點O，連接PO、OD，由已知可得PO⊥BC，則PO⊥平面ABCD，有PO⊥OD，再證明OD⊥BC．以O為坐標原點，分別以OC、OD、OP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系．結(jié)合已知求得B，P，Q，D，A的坐標，進一步求出平面PBQ與平面PAD的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值得平面PBQ與平面PAD所成鈍二面角的余弦值，進一步求得正切值．

解答 （I ）證明：如圖，
∵$|\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{AD}|=2$，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AD}$=2，
∴cosA=$\frac{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AD}|}=\frac{2}{2×2}=\frac{1}{2}$，則∠A=60°，
又AE=$\frac{1}{2}AD=1$，則BE²=AB²+AE²-2AB•AE•cos60°=$4+1-2×2×1×\frac{1}{2}=3$．
∴AE²+BE²=AB²，即BE⊥AD，
又AD∥BC，∴BE⊥BC，
∵面PBC⊥面A BCD，且面PBC∩面A BCD=BC，
∴BE⊥面PBC，而BE?面PBE，
∴面PBC⊥面PBE；
（II ）解：取BC中點O，連接PO、OD，
∵（$\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}$）•$\overrightarrow{BC}$=0，∴PO⊥BC，則PO⊥平面ABCD，有PO⊥OD，
∵BE∥OD，BE⊥BC，∴OD⊥BC．
以O為坐標原點，分別以OC、OD、OP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系．
∵PQ∥面ABCD，點Q在面ABCD上的射影Q′落在AB的延長線上，且PQ=1，PB=$\sqrt{2}$，
連接OQ′，則四邊形POQ′Q為矩形，則OQ′=PQ=1，
又OB=1，且∠OBQ′=60°，得△OBQ′為正三角形，則BQ′=1．
∵PB=$\sqrt{2}$，∴OP=1．
∴B（-1，0，0），P（0，0，1），Q（$-\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），D（0，$\sqrt{3}$，0），A（-2，$\sqrt{3}$，0）．
$\overrightarrow{PB}=（-1，0，-1）$，$\overrightarrow{PQ}=（-\frac{1}{2}，-\frac{\sqrt{3}}{2}，0）$，$\overrightarrow{PA}=（-2，\sqrt{3}，-1）$，$\overrightarrow{AD}=（2，0，0）$．
設平面PBQ的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PQ}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{1}-{z}_{1}=0}\\{-\frac{1}{2}{x}_{1}-\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，取${y}_{1}=-\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}=（3，-\sqrt{3}，-3）$；
設平面PAD的一個法向量為$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PA}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-2{x}_{2}+\sqrt{3}{y}_{2}-{z}_{2}=0}\\{2{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，取${y}_{2}=\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}=（0，\sqrt{3}，3）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-12}{\sqrt{21}×2\sqrt{3}}=-\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
∴平面PBQ與平面PAD所成鈍二面角的余弦值為$-\frac{2\sqrt{7}}{7}$，則正弦值為$\frac{\sqrt{21}}{7}$，
正切值為$\frac{\frac{\sqrt{21}}{7}}{-\frac{2\sqrt{7}}{7}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點評 本題考查面面垂直的判定，考查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大小，是中檔題．