如图.PD垂直于梯形ABCD所在的平面.∠ADC=∠BAD=90°．F为PA中点.PD=$\sqrt{2}$.AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1．四边形PDCE为矩形.线段PC交DE于点N．(Ⅰ)求证:AC∥平面DEF,(Ⅱ)求二面角A-BC-P的大小,(Ⅲ)在线段EF上是否存在一点Q.使得BQ与平面BCP所成角的大小为$\frac{π}{6}$?若存在.求出Q点所在的位置,若� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

8．

如图，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°．F为PA中点，PD=$\sqrt{2}$，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1．四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N．
（Ⅰ）求证：AC∥平面DEF；
（Ⅱ）求二面角A-BC-P的大小；
（Ⅲ）在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为$\frac{π}{6}$？若存在，求出Q点所在的位置；若不存在，请说明理由．

分析（Ⅰ）连接FN，推导出FN∥AC，由此能证明AC∥平面DEF．
（Ⅱ）以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，利用向量法能求出二面角A-BC-P的大小．
（Ⅲ）设存在点Q满足条件，且Q点与E点重合．由直线BQ与平面BCP所成角的大小为$\frac{π}{6}$，利用向量法能求出Q点与E点重合．

解答（本小题满分14分）
证明：（Ⅰ）连接FN，在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，所以FN∥AC，
因为FN?平面DEF，AC?平面DEF，AC?平面DEF，
所以AC∥平面DEF．（5分）
解：（Ⅱ）如图，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，
则P（0，0，$\sqrt{2}$），B（1，1，0），C（0，2，0），
∴$\overrightarrow{PB}=（1，1，-\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{BC}$=（-1，1，0），
设平面PBC的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=x+y-\sqrt{2}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=-x+y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，1，$\sqrt{2}$），
因为平面ABC的法向量$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），
所以cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由图可知二面角A-BC-P为锐二面角，
所以二面角A-BC-P的大小为$\frac{π}{4}$．（10分）
（Ⅲ）设存在点Q满足条件，且Q点与E点重合．
由F（$\frac{1}{2}，0，\frac{\sqrt{2}}{2}$），E（0，2，$\sqrt{2}$），设$\overrightarrow{FQ}$=$λ\overrightarrow{FE}$（0≤λ≤1），
整理得Q（$\frac{1-λ}{2}$，2λ，$\frac{\sqrt{2}（1+λ）}{2}$），$\overrightarrow{BQ}$=（-$\frac{1+λ}{2}$，2λ-1，$\frac{\sqrt{2}（1+λ）}{2}$），
因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为$\frac{π}{6}$，
所以sin$\frac{π}{6}$=|cos＜$\overrightarrow{BQ}，\overrightarrow{m}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{BQ}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{BQ}|•|\overrightarrow{m}|}$|=$\frac{|5λ-1|}{2\sqrt{19{λ}^{2}-10λ+7}}$=$\frac{1}{2}$，
则λ²=1，由0≤λ≤1，知λ=1，即Q点与E点重合．（14分）