Question

11．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，Q为AD的中点，M是棱PC的中点，PA=PD=PC，BC=$\frac{1}{2}$AD=2，CD=4
（1）求证：直线PA∥平面QMB；
（2）若二面角P-AD-C为60°，求直线PB与平面QMB所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连接BQ，连接AC交BQ于点O，连接OM．由已知可得四边形BCDQ是矩形．由BQ∥CD，又Q是AD的中点，可得点O是AC的中点．又M是棱PC的中点，可得OM∥PA，即可证明直线PA∥平面QMB．
（2）Q为AD的中点，PA=PD，PQ⊥AD，又BQ⊥AD，∠PQB是二面角P-AD-C的二面角的平面角．由PA=PD=PC，可得点P在平面ADC的射影是Rt△ACD的外心．O为△ADC的外心，可得PO⊥平面ABCD．过点O作Ox∥DA，以Ox、OB、OC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设平面QMB的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BQ}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$，直线PB与平面QMB所成角的正弦值=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{PB}|}$．

解答 （1）证明：连接BQ，连接AC交BQ于点O，连接OM．
∵Q为AD的中点，BC=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴BC=DQ，又BC∥DQ，∠ADC=90°，
∴四边形BCDQ是矩形．
∴BQ∥CD，又Q是AD的中点，∴点O是AC的中点．
又M是棱PC的中点，∴OM∥PA．
又AP?平面QMB，OM?平面QMB，
∴直线PA∥平面QMB．
（2）解：∵Q为AD的中点，PA=PD，
∴PQ⊥AD，又BQ⊥AD，
∴∠PQB是二面角P-AD-C的二面角的平面角．
∴∠PQB=60°，
∴PA=PD=PC，
∴点P在平面ADC的射影是Rt△ACD的外心．．
∵△ADC为等腰直角三角形，∴O为△ADC的外心，
∴PO⊥平面ABCD．
在Rt△PQO中，∵∠PQO=60°．
∴PO=2$\sqrt{3}$．
过点O作Ox∥DA，以Ox、OB、OC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
取B（0，2，0），Q（0，-2，0），P（0，0，2$\sqrt{3}$），C（-2，2，0）．
∵M是PC的中点，
∴M（-1，1，$\sqrt{3}$）．
$\overrightarrow{BM}$=（-1，-1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BQ}$=（0，-4，0）．
设平面QMB的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BQ}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{-x-y+\sqrt{3}z=0}\\{-4y=0}\end{array}\right.$．
取$\overrightarrow{n}$=$（\sqrt{3}，0，1）$，
又$\overrightarrow{PB}$=$（0，2，-2\sqrt{3}）$．
∴直线PB与平面QMB所成角的正弦值是：$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{PB}|}$=$\frac{2\sqrt{3}}{2×4}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$．
∴直线PB与平面QMB所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{13}}{4}$．

点评 本题考查了空间位置关系、线面垂直与平行的判定与性质定理、法向量的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．