Question

5．已知如图所示的几何体中，四边形ABCD是边长为2的菱形，面PBC⊥面A BCD，点E是AD 的中点，PQ∥面ABCD且点Q在面ABCD上的射影Q′落在AB的延长线上，若PQ=1，PB=$\sqrt{2}$，且（$\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}$）•$\overrightarrow{BC}$=0，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AD}$=2
（I ）求证面PBC⊥面PBE
（II ）求平面PBQ与平面PAD所成钝二面角的正切值．

Answer 1

分析 （I ）由已知结合数量积公式可得∠A=60°，再由余弦定理求得BE，可知BE⊥AD，得BE⊥BC，由面面垂直的性质得BE⊥面PBC，再由面面垂直的判定可得面PBC⊥面PBE；
（II ）取BC中点O，连接PO、OD，由已知可得PO⊥BC，则PO⊥平面ABCD，有PO⊥OD，再证明OD⊥BC．以O为坐标原点，分别以OC、OD、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求得B，P，Q，D，A的坐标，进一步求出平面PBQ与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得平面PBQ与平面PAD所成钝二面角的余弦值，进一步求得正切值．

解答 （I ）证明：如图，
∵$|\overrightarrow{AB}|=|\overrightarrow{AD}|=2$，$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AD}$=2，
∴cosA=$\frac{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{AD}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AD}|}=\frac{2}{2×2}=\frac{1}{2}$，则∠A=60°，
又AE=$\frac{1}{2}AD=1$，则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中点O，连接PO、OD，
∵（$\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}$）•$\overrightarrow{BC}$=0，∴PO⊥BC，则PO⊥平面ABCD，有PO⊥OD，
∵BE∥OD，BE⊥BC，∴OD⊥BC．
以O为坐标原点，分别以OC、OD、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
∵PQ∥面ABCD，点Q在面ABCD上的射影Q′落在AB的延长线上，且PQ=1，PB=$\sqrt{2}$，
连接OQ′，则四边形POQ′Q为矩形，则OQ′=PQ=1，
又OB=1，且∠OBQ′=60°，得△OBQ′为正三角形，则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）．
$\overrightarrow{PB}=（-1，0，-1）$，$\overrightarrow{PQ}=（-\frac{1}{2}，-\frac{\sqrt{3}}{2}，0）$，$\overrightarrow{PA}=（-2，\sqrt{3}，-1）$，$\overrightarrow{AD}=（2，0，0）$．
设平面PBQ的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
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$\overrightarrow{m}=（3，-\sqrt{3}，-3）$；
设平面PAD的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
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与平面PAD所成钝二面角的余弦值为$-\frac{2\sqrt{7}}{7}$，则正弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$，
正切值为$\frac{\frac{\sqrt{21}}{7}}{-\frac{2\sqrt{7}}{7}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题考查面面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的大小，是中档题．