Question

18．如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，其中底面ABCD為等腰梯形，AD∥BC，PA=AB=BC=2，PD=2$\sqrt{3}$，PA⊥PD，Q為PD的中點(diǎn)．
（1）證明：CQ∥平面PAB；
（2）求二面角D-AQ-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取AD中點(diǎn)E，連結(jié)EQ，EC，由已知條件推導(dǎo)出平面PAB∥平面QEC，由此能證明CQ∥平面PAB．
（2）過P作PO⊥底面ABCD，交AD于O，連結(jié)OB，以O(shè)為原點(diǎn)，OB為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ACQ的法向量和平面ADQ的法向量，由此利用向量法能求出二面角D-AQ-C的余弦值．

解答 （1）證明：∵底面ABCD為等腰梯形，AD∥BC，PA=AB=BC=2，PD=2$\sqrt{3}$，PA⊥PD，Q為PD的中點(diǎn)，
∴AD=$\sqrt{{2}^{1}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4，
取AD中點(diǎn)E，連結(jié)EQ，EC，
則EQ∥AP，BC$\underset{∥}{=}$AE，∴四邊形ABCE是平行四邊形，∴CE∥AB，
∵AP∩AB=A，EQ∩CE=E，且AP?平面PAB，AB?平面PAB，EQ?平面QEC，EC?玉面QEC，
∴平面PAB∥平面QEC，
∵CQ?平面EQC，∴CQ∥平面PAB．
（2）解：由（1）得EC=AB=BC=AE=ED=CD=2，
∴∠BAD=60°，
∵在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，
∴過P作PO⊥底面ABCD，交AD于O，連結(jié)OB，
∵PA=AB=BC=2，PD=2$\sqrt{3}$，PA⊥PD，
∴AD=2，∠PDA=30°，PO=$\sqrt{3}$，AO=1，BO=$\sqrt{3}$，BO⊥AD，
以O(shè)為原點(diǎn)，OB為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
A（0，-1，0），C（$\sqrt{3}$，2，0），D（0，3，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），Q（0，$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
$\overrightarrow{AD}$=（0，4，0），$\overrightarrow{AQ}$=（0，$\frac{5}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{AC}$=（$\sqrt{3}，3，0$），
設(shè)平面ACQ的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}x+3y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AQ}=\frac{5}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，$\frac{5\sqrt{3}}{3}$），
又平面ADQ的法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
設(shè)二面角D-AQ-C的平面角為θ，
則cosθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$|=|$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{\frac{37}{3}}}$|=$\frac{3\sqrt{37}}{37}$．
∴二面角D-AQ-C的余弦值為$\frac{3\sqrt{37}}{37}$．

點(diǎn)評 本題考查線面平行證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要注意空間中線線、線面、面面間位置關(guān)系的合理運(yùn)用，注意向量法的靈活運(yùn)用．