Question

如圖，在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，∠DAB=60°．點(diǎn)E、F分別在邊CD、CB上，點(diǎn)E與點(diǎn)C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC=O．沿EF將△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，點(diǎn)Q滿足

AQ

=λ

QP

（λ＞0）．
（1）求證：BD⊥平面POA；
（2）求PB的最小值，并探究此時(shí)直線OQ與平面PBD所成的角是否一定大于

π

4

？

Answer 1

考點(diǎn)：直線與平面垂直的判定,與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題

專題：空間位置關(guān)系與距離,空間角,空間向量及應(yīng)用

分析：（1）因?yàn)檎郫B之后，AO與OC仍然垂直于EF，而BD與AC平行，則BD也與AO、OC垂直，則可證BD與平面POA垂直；
（2）先根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量的計(jì)算問題，先給出相關(guān)的點(diǎn)（已知與所求）的坐標(biāo)，求出向量PB的坐標(biāo)，根據(jù)模長(zhǎng)公式把PB表示成PO長(zhǎng)度x的函數(shù)，從而把問題最終轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．

解答： （1）證明：∵菱形ABC的對(duì)角線互相垂直，∴BD⊥A，∴BD⊥A，
∵EF⊥A，∴PO⊥EF，
∵平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFE=EF，且PO?平面PEF，
∴PO⊥平面ABFED，∵BD?平面ABFED，∴PO⊥BD
∵AO∩PO=O，∴BD⊥平面POA．
（2）如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz．
設(shè)AO∩BD=H，因?yàn)椤螪AB=60°，所以△BDC為等邊三角形，
故BD=4，HB=2，HC=2

3

．又設(shè)PO=x，則OH=2

3

-x，OA=4

3

-x．
所以O(shè)（0，0，0），P（0，0，x），B（2

3

-x，2，0），故 

PB

=

OB

-

OP

=（2

3

-x，2，-x），
所以|

PB

|=

(2 3 -x)2+22+x2

=

2(x- 3 )2+10

當(dāng)x=

3

時(shí)，|

PB

_min=

10

|．此時(shí)PO=

3

，OH=

3

，
設(shè)平面PBD的法向量為

n

=（x，y，z），則

n

•

PB

=0，

n

•

BD

=0．
∵

PB

=(

3

，2，-

3

)，

BD

=(0，-4，0)，∴

3 x+2y- 3 z=0 -4y=0

，
取x=1，解得：y=0，z=1，所以 

n

=(1，0，1)．
設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（a，0，c），OP=

3

，則A（3

3

，0，0），B（

3

，2，0），D（

3

，-2，0），P（0，0，

3

）．
所以

AQ

=(a-3

3

，0，c)，

QP

=(-a，0， 

3

-c)，
∵

AQ

=λ

QP

，

∴

a-3 3 =-λa c= 3 λ-λc

⇒

a= 3 3 λ+1 c= 3 λ λ+1

．
∴Q（

3 3

λ+1

，0， 

3 λ

λ+1

），
∴

OQ

=（

3 3

λ+1

，0， 

3 λ

λ+1

），
設(shè)直線OQ與平面PBD所成的角θ，
∴sinθ=|cos＜

OQ

，

n

＞|=

| OQ • n |

| OQ |•| n |

=

| 3 3 λ+1 + 3 λ λ+1 |

2 ( 3 3 λ+1 )2+( 3 λ λ+1 )2

=

|3+λ|

2 9+λ2

=

1

2

9+6λ+λ2 9+λ2

=

1

2

1+ 6λ 9+λ2

，
又∵λ＞0∴sinθ＞

2

2

，∵θ∈[0， 

π

2

]，∴θ＞

π

4

．
因此直線OQ與平面PBD所成的角大于

π

4

，即結(jié)論成立．

點(diǎn)評(píng)：利用向量法求線面角的方法①分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為兩個(gè)方向向量間的夾角；②求出斜線的方向向量與平面的法向量，則這兩個(gè)向量間所夾得的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角即為所求．