Question

4．已知等邊三角形PAB的邊長為4，四邊形ABCD為正方形，平面PAB⊥平面ABCD，E，F，G，H分別是線段AB，CD，PD，PC上的點．

（1）如圖①，若G為線段PD的中點，BE=DF=1，證明：PB∥平面EFG；
（2）如圖②，若E，F分別是線段AB，CD的中點，DG=3GP，GH=$\frac{1}{3}$HP，求二面角H-EF-G的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取CD的中點K，連結PK、BK，推導出GF是△DPK的中位線，從而PK∥GF，進而PK∥平面EFG，推導出四邊形EBKF是平行四邊形，從而BK∥平面EFG，進而平面EFG∥平面PKB，由此能證明PB∥平面EFG．
（2）連結PE，則PE⊥AB，分別以EB、EF、EP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角H-EF-G的余弦值．

解答 證明：（1）取CD的中點K，連結PK、BK，
∵G為線段PD的中點，BE=DF=1，
∴GF是△DPK的中位線，∴PK∥GF，
∵GF?平面EFG，PK?平面EFG，
∴PK∥平面EFG，
∵四邊形ABCD為正方形，BE=DF=1，∴四邊形EBKF是平行四邊形，
∴BK∥EF，∵EF?平面EFG，BK?平面EFG，
∴BK∥平面EFG，
∵PK∩BK=K，PK，BK?平面PKB，∴平面EFG∥平面PKB，
∵PB?平面PKB，∴PB∥平面EFG．
解：（2）連結PE，則PE⊥AB，
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PE?平面PAB，
∴PE⊥平面ABCD，分別以EB、EF、EP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
則P（0，0，2$\sqrt{3}$），E（0，0，0），F（0，4，0），G（-$\frac{1}{2}$，1，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$），H（$\frac{3}{2}$，3，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
則$\overrightarrow{GE}$=（$\frac{1}{2}，-1，-\frac{3\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{EF}$=（0，4，0），$\overrightarrow{HE}$=（-$\frac{3}{2}，-3，-\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設平面EFG的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{GE}•\overrightarrow{n}=\frac{1}{2}x-y-\frac{3\sqrt{3}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{EF}•\overrightarrow{n}=4y=0}\end{array}\right.$，取x=9，得$\overrightarrow{n}$=（9，0，$\sqrt{3}$），
設平面HEF的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{HE}•\overrightarrow{m}=-\frac{3}{2}a-3b-\frac{\sqrt{3}}{2}c=0}\\{\overrightarrow{EF}•\overrightarrow{m}=4b=0}\end{array}\right.$，取a=-1，得$\overrightarrow{m}$=（-1，0，$\sqrt{3}$），
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-9+3}{\sqrt{81+3}×\sqrt{1+3}}$=-$\frac{\sqrt{21}}{14}$，
由圖知二面角H-EF-G是鈍角，
∴二面角H-EF-G的余弦值是-$\frac{\sqrt{21}}{14}$．

點評 本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想、函數與方程思想，考查創新意識、應用意識，是中檔題．