题目内容
11．
已知四棱锥S-ABCD的底面为平行四边形，且SD⊥面ABCD，AB=2AD=2SD，∠DCB=60°，M，N分别为SB，SC中点，过MN作平面MNPQ分别与线段CD，AB相交于点P，Q．（Ⅰ）在图中作出平面MNPQ，使面MNPQ‖面SAD（不要求证明）；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{AQ}=λ\overrightarrow{AB}$，是否存在实数λ，使二面角M-PQ-B的平面角大小为60°？若存在，求出的λ值，若不存在，请说明理由．
分析 （Ⅰ）Q是AB的中点画图即可．
（Ⅱ）证明AD⊥BD，以D为原点，直线DA为x轴，直线DB为y轴，直线DS为z轴建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，面ABCD的法向量，利用二面角M-PQ-B为60°，求出λ即可．
解答 解：（Ⅰ）如图，Q是AB的中点（若NP．PQ未作成虚线，扣两分）…（4分）
（Ⅱ）在平行四边形ABCD中，设AB=2AD=4，∠DCB=60°，所以由余弦定理求得$BD=2\sqrt{3}$，有AB2=AD2+BD2，所以AD⊥BD，…．（5分）
以D为原点，直线DA为x轴，直线DB为y轴，直线DS为z轴建立空间直角坐标系，
且$A（{2，0，0}），B（{0，2\sqrt{3}，0}），S（{0，0，2}），M（{0，\sqrt{3}，1}）$，
又$\overrightarrow{AQ}=λ\overrightarrow{AB}$，设Q（x，y，z），则$（{x-2，y，z}）=λ（{-2，2\sqrt{3}，0}）$
即$Q（{2-2λ，2\sqrt{3}λ，0}）$…（7分）
设平面的法向量为$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{MQ}=0}\end{array}}\right.$得$\overrightarrow n=（{0，1，\sqrt{3}（{2λ-1}）}）$，…（9分）
易知面ABCD的法向量为$\overrightarrow m=（{0，0，1}）$
要使二面角M-PQ-B为60°，则有$cos{60°}=\frac{1}{2}=\frac{{|{\overrightarrow m\overrightarrow{•n}}|}}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{{|{\sqrt{3}（{2λ-1}）}|}}{{\sqrt{1+3{{（{2λ-1}）}^2}}}}$解得$λ=\frac{1}{3}或λ=\frac{2}{3}$…．（11分）
由图可知，要使二面角M-PQ-B为60°，则$λ=\frac{1}{3}$…（12分）
点评 本题考查平面与平面平行的判断，二面角的平面角的求法与应用，考查计算能力以及转化思想．
黄冈冠军课课练系列答案| A． | $-\frac{4}{5}+\frac{3}{5}i$ | B． | $-\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i$ | C． | $-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}i$ | D． | $-\frac{1}{2}-\frac{3}{2}i$ |
如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点P如图2．| A． | 充分不必要条件 | B． | 必要不充分条件 | ||
| C． | 充分必要条件 | D． | 既不充分也不必要条件 |
如图，在多面体ABCDEF中，平面BDEF⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，四边形BDEF是矩形，BD=2BF，H是CF的中点．| A． | 1 | B． | $\sqrt{2}$ | C． | $\sqrt{3}$ | D． | 2 |