Question

4．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是菱形，且∠BCD=120°，PA=AB，F(xiàn)、G分別是線段PD和BC上的動點且$\frac{PF}{PD}$=$\frac{BG}{BC}$=λ，λ∈（0，1）．
（1）求證：FG∥平面PAB；
（2）求實數(shù)λ，使二面角F-AG-D的大小為$\frac{π}{4}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明FG∥平面PAB；
（2）根據(jù)向量關(guān)系關(guān)系，建立空間坐標系，求出平面的法向量，利用二面角F-AG-D的大小為$\frac{π}{4}$．建立方程關(guān)系，即可得到結(jié)論．

解答 證明：（1）過F作FH⊥AD于H，
則FH∥PA，
連接HG，
則$\frac{PF}{PD}$=$\frac{AH}{AD}$=$\frac{BG}{BC}$=λ，
∴AH=BG，且AH∥BG，
則四邊形ABGH為平行四邊形，
則AB∥GH，
∵GH∩FH=H，
∴平面PAB∥平面FHG，
則FG∥平面PAB；
（2）∵ABCD是菱形，且∠BCD=120°，
∴取BD的中點E，
則AE⊥AD，
以A坐標原點，AE，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間坐標系，
設(shè)PA=AB=1，
則BE=$\frac{1}{2}$，AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
即P（0，0，1），D（0，1，0），B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0）．
$\overrightarrow{PD}$=（0，1，-1），
∵$\frac{PF}{PD}$=$\frac{BG}{BC}$=λ，λ∈（0，1）．
∴$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$=（0，λ，-λ），$\overrightarrow{AH}$=λ$\overrightarrow{AD}$=（0，λ，0），
則F（0，λ，1-λ），$\overrightarrow{AH}$=$\overrightarrow{BG}$=（0，λ，0），
則G（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，λ-$\frac{1}{2}$，0），
則$\overrightarrow{AG}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，λ-$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{AF}$=（0，λ，1-λ），
設(shè)平面AFG的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AG}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+（λ-\frac{1}{2}）y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AG}=yλ+（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，
令y=1，則x=$\frac{1-2λ}{\sqrt{3}}$，z=$\frac{λ}{λ-1}$，
即$\overrightarrow{n}$=（$\frac{1-2λ}{\sqrt{3}}$，1，$\frac{λ}{λ-1}$），
平面AGD的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
若二面角F-AG-D的大小為$\frac{π}{4}$．
則|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=cos$\frac{π}{4}$=|$\frac{\frac{λ}{λ-1}}{\sqrt{（\frac{1-2λ}{\sqrt{3}}）^{2}+1+（\frac{λ}{λ-1}）^{2}}}$|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
平方解得λ=$\frac{1}{2}$．

點評 本題主要考查線面平行的判定，以及二面角的求解，建立坐標系，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．二面角的常用方法，本題綜合性較強，運算量較大．