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3.如圖,在直角梯形ABCD中,AB⊥AD,AB∥CD,PD⊥面ABCD,QC⊥面ABCD,且AB=AD=PD=QC=$\frac{1}{2}$CD,
(1)設直線QB與平面PDB所成角為θ,求sinθ的值;
(2)設M為AD的中點,在PD邊上求一點N,使得MN∥面PBC,求$\frac{DN}{NP}$的值.

分析 (1)由題意,分別以DA、DC、DP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系如圖,設CD=2,求得D,P,B,Q的坐標,求出$\overrightarrow{BQ}$及平面PDB的一個法向量由$\overrightarrow{BQ}$與平面法向量所成角的余弦值的絕對值可得sinθ的值;
(2)求出M的坐標,設N(0,0,y),且$\frac{DN}{NP}$=λ(λ≥0),則由$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{NP}$,得y=$\frac{λ}{1+λ}$.可得N的坐標,再求出平面PBC的一個法向量,由$\overrightarrow{MN}$與平面PBC的法向量的數量積為0求得λ值.

解答 解:(1)∵PD⊥面ABCD,∴PD⊥AD,PD⊥DC,
又ABCD為直角梯形,且AB⊥AD,AB∥CD,∴AD⊥DC,
分別以DA、DC、DP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系如圖,
∵AB=AD=PD=QC=$\frac{1}{2}$CD,設CD=2,
則D(0,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0),Q(0,2,1),
$\overrightarrow{BQ}=(-1,1,1)$,$\overrightarrow{DP}=(0,0,1)$,$\overrightarrow{DB}=(1,1,0)$.
設平面PDB的一個法向量為$\overrightarrow{m}=(x,y,z)$,
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DP}=z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=x+y=0}\end{array}\right.$,取y=1,得$\overrightarrow{m}=(-1,1,0)$.
∴sinθ=|cos<$\overrightarrow{m},\overrightarrow{BQ}$>|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BQ}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BQ}|}$|=$\frac{2}{\sqrt{2}×\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$;
(2)∵M為AD的中點,∴M($\frac{1}{2}$,0,0),設N(0,0,y),且$\frac{DN}{NP}$=λ(λ≥0),
則由$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{NP}$,得(0,0,y)=(0,0,λ-λy),∴y=$\frac{λ}{1+λ}$.
∴N(0,0,$\frac{λ}{1+λ}$),則$\overrightarrow{MN}=(-\frac{1}{2},0,\frac{λ}{1+λ})$,
設平面PBC的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=-x+y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=x+y-z=0}\end{array}\right.$,取x=1,得$\overrightarrow{n}=(1,1,2)$,
由MN∥面PBC,得$\overrightarrow{MN}•$$\overrightarrow{n}=-\frac{1}{2}+\frac{2λ}{1+λ}=0$,解得$λ=\frac{1}{3}$,
∴$\frac{DN}{NP}$=$\frac{1}{3}$.

點評 本題考查線面角,考查了直線與平面平行的判定,訓練了利用空間向量求線面角,是中檔題.

練習冊系列答案
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