Question

13．如圖，AB是圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A、B的點(diǎn)，直線度PC⊥平面ABC，E、F分別是PA、PC的中點(diǎn)．
（Ⅰ）設(shè)平面BEF與平面ABC的交線為l，求直線l與平面PBC所成角的余弦值；
（Ⅱ）設(shè)（Ⅰ）中的直線l與圓O的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)D，且滿足$\overrightarrow{DQ}=λ\overrightarrow{CP}$，$∠ABC=∠CBP=\frac{π}{3}$，當(dāng)二面角Q-BC-P的余弦值為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$時(shí)，求λ的值．

Answer 1

分析 （I）直線l∥平面PAC．連接EF，利用三角形的中位線定理可得，EF∥AC；利用線面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由線面平行的性質(zhì)定理可得EF∥l．再利用l∥EF∥AC，得直線l與平面PBC所成角α為直角，
（Ⅱ）以點(diǎn)C為原點(diǎn)，向量$\overrightarrow{CA}$，$\overrightarrow{CB}$，$\overrightarrow{CP}$所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A（$\sqrt{3}$，0，0），B（0，1，0），D（$\sqrt{3}$，1，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），$Q（\sqrt{3}，1，\sqrt{3}λ）$，利用兩個(gè)平面的法向量的夾角即可得出二面角．求出λ

解答 解：（Ⅰ）過B作AC的平行線BD，交線l即為直線BD，且l∥AC
∵PC⊥平面ABC，∴PC⊥BC，
又∵AC⊥BC，∴BC⊥平面PBC，
∵E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，
又∵EF?平面ABC，AC?平面ABC，
∴EF∥面ABC，
又∵EF?平面BEF，平面BEF∩平面ABC=l，
∴直線EF∥直線l，∴l(xiāng)∥EF∥AC，且AC⊥面PBC，
∴直線l與平面PBC所成角α為直角，cosα=0．
（Ⅱ）設(shè)CB=1，則$CA=\sqrt{3}=CP$，如圖作DQ∥CP，且DQ=λPC．
連接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交線l即為直線BD．
以點(diǎn)C為原點(diǎn)，向量$\overrightarrow{CA}$，$\overrightarrow{CB}$，$\overrightarrow{CP}$所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A（$\sqrt{3}$，0，0），B（0，1，0），D（$\sqrt{3}$，1，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），$Q（\sqrt{3}，1，\sqrt{3}λ）$，
易得面PBC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n_1}=（1，0，0）$，
設(shè)面QBC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（x，y，z）$，
$\overrightarrow{CB}=（0，1，0）$，$\overrightarrow{CQ}=（\sqrt{3}，1，\sqrt{3}λ）$，由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{CB}=y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{CQ}=\sqrt{3}x+y+\sqrt{3}λz=0}\end{array}\right.$，
可求出面QBC的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n_2}=（-λ，0，1）$，
|cos$＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞$|=$\frac{λ}{1×\sqrt{{λ}^{2}+1}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
可得$λ=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了線面平行的判定定理和性質(zhì)定理、線面垂直的判定與性質(zhì)定理、二面角、通過建立空間直角坐標(biāo)系利用法向量的夾角求二面角等基礎(chǔ)知識(shí)與方法，需要較強(qiáng)的空間想象能力、推理能力和計(jì)算能力．屬于中檔題．