Question

7．已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为∠ABC=$\frac{2}{3}$π的菱形，PA⊥平面ABCD，点Q在直线PA上．
（1）证明直线QC⊥直线BD；
（2）若二面角B-QC-D的大小为$\frac{2π}{3}$，点M为BC的中点，求直线QM与AB所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结AC，由菱形性质得BD⊥AC，由线面垂直得PA⊥BD，由此能证明直线QC⊥直线BD．
（2）由对称性得二面角B-QC-A的大小为$\frac{π}{3}$，设底面ABCD的棱长为2，AQ=x，设AC、BD交于点E，过点E做QC的垂线，垂足设为F，过点M作AB的平行线交AD的中点为G，由此利用余弦定理能求出QM与AB所成角的余弦值．

解答 （1）证明：连结AC，∵底面ABCD为∠ABC=$\frac{2}{3}$π的菱形，∴BD⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，
∵QC?平面PAC，∴直线QC⊥直线BD．
（2）解：∵二面角B-QC-D的大小为$\frac{2π}{3}$，∴由对称性得二面角B-QC-A的大小为$\frac{π}{3}$，
设底面ABCD的棱长为2，AQ=x，设AC、BD交于点E，
则点B到平面AQC的距离BE为1，过点E做QC的垂线，垂足设为F，
则有tan∠BFE=tan$\frac{π}{3}$=$\frac{BE}{EF}$，BE=1，则EF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，点A到QC的距离为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
则有$\frac{2\sqrt{3}}{3}•\sqrt{{x}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=$x•2\sqrt{3}$，解得x=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
过点M作AB的平行线交AD的中点为G，
则GM=2，QG=$\sqrt{（\frac{\sqrt{6}}{2}）^{2}+{1}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，AM=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}+2×1×1×\frac{1}{2}}$=$\sqrt{7}$，
∴QM=$\sqrt{（\frac{\sqrt{6}}{2}）^{2}+（\sqrt{7}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{34}}{2}$，
∴cos∠QMG=$\frac{Q{M}^{2}+G{M}^{2}-Q{G}^{2}}{2×QM×GM}$=$\frac{\frac{34}{4}+4-\frac{10}{4}}{2×\frac{\sqrt{34}}{2}×2}$=$\frac{5\sqrt{34}}{34}$，
∴所求的QM与AB所成角的余弦值为$\frac{5\sqrt{34}}{34}$．

点评 本题考查异面直线垂直的证明，考查两直线所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．