Question

7．如圖所示，在三棱錐P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ=2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連接GH．
（Ⅰ）求證：AB∥GH；
（Ⅱ）求異面直線DP與BQ所成的角；
（Ⅲ）求直線AQ與平面PDC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)中位線及平行公理可得CD∥EF，于是CD∥平面EFQ，利用線面平行的性質(zhì)得出CD∥GH，從而GH∥AB；
（II）由AQ=2BD可得AB⊥BQ，以B為原點建立空間直角坐標系，求出$\overrightarrow{DP}$，$\overrightarrow{BQ}$的坐標，計算$\overrightarrow{DP}$，$\overrightarrow{BQ}$的夾角得出異面直線DP與BQ所成的角；
（III）求出$\overrightarrow{AQ}$和平面PDC的法向量$\overrightarrow{n}$，則直線AQ與平面PDC所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{AQ}，\overrightarrow{n}$＞|．

解答 證明：（I）∵CD是△ABQ的中位線，EF是△PAB的中位線
∴CD∥AB，EF∥AB，
∴CD∥EF，又EF?平面EFQ，CD?平面EFQ，
∴CD∥平面EFQ，
又CD?平面PCD，平面PCD∩平面EFQ=GH，
∴GH∥CD，又CD∥AB，
∴GH∥AB．
（II）∵D是AQ的中點，AQ=2BD，∴AB⊥BQ．
∵PB⊥平面ABQ，∴BA，BP，BQ兩兩垂直．
以B為原點以BA，BQ，BP為坐標軸建立空間直角坐標系如圖：
設(shè)BA=BP=BQ=1，則B（0，0，0），P（0，0，1），D（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），Q（0，1，0）．
∴$\overrightarrow{DP}$=（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$，1），$\overrightarrow{BQ}$=（0，1，0）．
∴$\overrightarrow{DP}•\overrightarrow{BQ}$=-$\frac{1}{2}$，|$\overrightarrow{DP}$|=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，|$\overrightarrow{BQ}$|=1，
∴cos＜$\overrightarrow{DP}，\overrightarrow{BQ}$＞=-$\frac{\sqrt{6}}{6}$．
∴異面直線DP與BQ所成的角為arccos$\frac{\sqrt{6}}{6}$．
（III）設(shè)BA=BP=BQ=1，則A（1，0，0），Q（0，1，0），P（0，0，1），D（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），C（0，$\frac{1}{2}$，0）．
$\overrightarrow{AQ}$=（-1，1，0），$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{1}{2}$，0，0），$\overrightarrow{CP}$=（0，-$\frac{1}{2}$，1）．
設(shè)平面CDP的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0$，$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CP}$=0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}x=0}\\{-\frac{1}{2}y+z=0}\end{array}\right.$，令z=1，得$\overrightarrow{n}$=（0，2，1）．
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AQ}$=2，|$\overrightarrow{n}$|=$\sqrt{5}$，|$\overrightarrow{AQ}$|=$\sqrt{2}$，
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AQ}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AQ}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AQ}|}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∴直線AQ與平面PDC所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

點評 本題考查了線面平行的判定與性質(zhì)，空間角的計算，空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．