Question

8．如圖，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°．F為PA中點，PD=$\sqrt{2}$，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1． 四邊形PDCE為矩形，線段PC交DE于點N．
（Ⅰ）求證：AC∥平面DEF；
（Ⅱ）求二面角A-BC-P的大�。�
（Ⅲ）在線段EF上是否存在一點Q，使得BQ與平面BCP所成角的大小為$\frac{π}{6}$？若存在，求出Q點所在的位置；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接FN，推導(dǎo)出FN∥AC，由此能證明AC∥平面DEF．
（Ⅱ）以D為原點，分別以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，利用向量法能求出二面角A-BC-P的大�。�
（Ⅲ） 設(shè)存在點Q滿足條件，且Q點與E點重合．由直線BQ與平面BCP所成角的大小為$\frac{π}{6}$，利用向量法能求出Q點與E點重合．

解答 （本小題滿分14分）
證明：（Ⅰ）連接FN，在△PAC中，F(xiàn)，N分別為PA，PC的中點，所以FN∥AC，
因為FN?平面DEF，AC?平面DEF，AC?平面DEF，
所以AC∥平面DEF．（5分）
解：（Ⅱ）如圖，以D為原點，分別以DA，DC，DP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，
則P（0，0，$\sqrt{2}$），B（1，1，0），C（0，2，0），
∴$\overrightarrow{PB}=（1，1，-\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{BC}$=（-1，1，0），
設(shè)平面PBC的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=x+y-\sqrt{2}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=-x+y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，1，$\sqrt{2}$），
因為平面ABC的法向量$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），
所以cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由圖可知二面角A-BC-P為銳二面角，
所以二面角A-BC-P的大小為$\frac{π}{4}$．（10分）
（Ⅲ） 設(shè)存在點Q滿足條件，且Q點與E點重合．
由F（$\frac{1}{2}，0，\frac{\sqrt{2}}{2}$），E（0，2，$\sqrt{2}$），設(shè)$\overrightarrow{FQ}$=$λ\overrightarrow{FE}$（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，$\frac{\sqrt{2}（1+λ）}{2}$），
因為直線BQ與平面BCP所成角的大小為$\frac{π}{6}$，
所以sin$\frac{π}{6}$=|cos＜$\overrightarrow{BQ}，\overrightarrow{m}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{BQ}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{BQ}|•|\overrightarrow{m}|}$|=$\frac{|5λ-1|}{2\sqrt{19{λ}^{2}-10λ+7}}$=$\frac{1}{2}$，
則λ²=1，由0≤λ≤1，知λ=1，即Q點與E點重合．（14分）

點評 本題考查線面平行的證明，考查二面角的大小的求法，考查考查滿足線面角的點的位置的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．