Question

3．如圖，已知平面QBC與直線PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且PA=AB=AC．
（1）求證：PA∥平面QBC；
（2）若PQ⊥平面QBC，求二面角Q-PB-A的鈍二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用線面垂直的性質定理及線面平行的判定定理即可證明；
（2）方法一：利用三角形的中位線定理及二面角的平面角的定義即可求出．方法二：通過建立空間直角坐標系，利用平面的法向量所成的夾角來求兩平面的二面角的平面角．

解答 解：（I）證明：過點Q作QD⊥BC于點D，
∵平面QBC⊥平面ABC，∴QD⊥平面ABC，
又∵PA⊥平面ABC，
∴QD∥PA，又∵QD?平面QBC，PA?平面QBC，
∴PA∥平面QBC．
（Ⅱ）方法一：∵PQ⊥平面QBC，
∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，
∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．
∴點D是BC的中點，連接AD，則AD⊥BC，
∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，
∴四邊形PADQ是矩形．
設PA=2a，
∴$PQ=AD=\sqrt{2}a$，PB=2$\sqrt{2}$a，∴$BQ=\sqrt{6}a$．
過Q作QR⊥PB于點R，
∴QR=$\frac{\sqrt{2}a•\sqrt{6}a}{2\sqrt{2}a}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}a$，
$PR=\frac{P{Q}^{2}}{PB}$=$\frac{2{a}^{2}}{2\sqrt{2}a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}a$，
取PB中點M，連接AM，取PA的中點N，連接RN，
∵PR=$\frac{1}{4}PB=\frac{1}{2}PM$，$PN=\frac{1}{2}PA$，∴MA∥RN．
∵PA=AB，∴AM⊥PB，∴RN⊥PB．
∴∠QRN為二面角Q-PB-A的平面角．
連接QN，則QN=$\sqrt{Q{P}^{2}+P{N}^{2}}$=$\sqrt{2{a}^{2}+{a}^{2}}$=$\sqrt{3}a$．又$RN=\frac{\sqrt{2}}{2}a$，
∴cos∠QRN=$\frac{Q{R}^{2}+R{N}^{2}-Q{N}^{2}}{2QR•RN}$=$\frac{\frac{3}{2}{a}^{2}+\frac{1}{2}{a}^{2}-3{a}^{2}}{2×\frac{\sqrt{6}}{2}a×\frac{\sqrt{2}}{2}a}$=$-\frac{\sqrt{3}}{3}$．
即二面角Q-PB-A的余弦值為$-\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（2）方法二：∵PQ⊥平面QBC，
∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，
∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．
∴點D是BC的中點，連AD，則AD⊥BC．
∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，
∴四邊形PADQ是矩形．
∴AD⊥BC，
分別以AC、AB、AP為x、y、z軸建立空間直角坐標系O-xyz．

不妨設PA=2，則Q（1，1，2），B（0，2，0），P（0，0，2），
設平面QPB的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$．
∵$\overrightarrow{PQ}$=（1，1，0），$\overrightarrow{PB}$=（0，2，-2）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0}\\{2y-2z=0}\end{array}\right.$令x=1，則y=z=-1．
又∵平面PAB的法向量為$\overrightarrow{m}=（1，0，0）$．
設二面角Q-PB-A為θ，則|cosθ|=$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|\;|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又∵二面角Q-PB-A是鈍角，
∴$cosθ=-\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題主要考查直線直線和平面平行的判定以及二面角的求解，通過建立空間直角坐標系并利用平面的法向量所成的夾角來求二面角的平面角是解題的關鍵．