Question

（2013•溫州一模）如圖，已知平面QBC與直線PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且PA=AB=AC．
（Ⅰ）求證：PA∥平面QBC；
（Ⅱ）PQ⊥平面QBC，求二面角Q-PB-A的余弦值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用線面垂直的性質(zhì)定理及線面平行的判定定理即可證明；
（Ⅱ）方法一：利用三角形的中位線定理及二面角的平面角的定義即可求出．
方法二：通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用平面的法向量所成的夾角來求兩平面的二面角的平面角．

解答：解：（I）證明：過點(diǎn)Q作QD⊥BC于點(diǎn)D，
∵平面QBC⊥平面ABC，∴QD⊥平面ABC，
又∵PA⊥平面ABC，
∴QD∥PA，又∵QD?平面QBC，PA?平面QBC，
∴PA∥平面QBC．
（Ⅱ）方法一：∵PQ⊥平面QBC，
∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，
∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．
∴點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，連接AD，則AD⊥BC，
∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，
∴四邊形PADQ是矩形．
設(shè)PA=2a，
∴PQ=AD=

2

a，PB=2

2

a，∴BQ=

6

a．
過Q作QR⊥PB于點(diǎn)R，
∴QR=

2 a- 6 a

2 2 a

=

6

2

a，
PR=

PQ2

PB

=

2a2

2 2 a

=

2

2

a，
取PB中點(diǎn)M，連接AM，取PA的中點(diǎn)N，連接RN，
∵PR=

1

4

PB=

1

2

PM，PN=

1

2

PA，∴MA∥RN．
∵PA=AB，∴AM⊥PB，∴RN⊥PB．
∴∠QRN為二面角Q-PB-A的平面角．
連接QN，則QN=

QP2+PN2

=

2a2+a2

=

3

a．又RN=

2

2

a，
∴cos∠QRN=

QR2+RN2-QN2

2QR•RN

=

3 2 a2+ 1 2 a2-3a2

2× 6 2 a× 2 2 a

=-

3

3

．
即二面角Q-PB-A的余弦值為-

3

3

．
（Ⅱ）方法二：∵PQ⊥平面QBC，
∴∠PQB=∠PQC=90°，又∵PB=PC，PQ=PQ，
∴△PQB≌△PQC，∴BQ=CQ．
∴點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，連AD，則AD⊥BC．
∴AD⊥平面QBC，∴PQ∥AD，AD⊥QD，
∴四邊形PADQ是矩形．
分別以AC、AB、AP為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz．
不妨設(shè)PA=2，則Q（1，1，2），B（0，2，0），P（0，0，2），
設(shè)平面QPB的法向量為

n

=(x，y，z)．
∵

PQ

=（1，1，0），

PB

=（0，2，-2）．
∴

x+y=0 2y-2z=0

令x=1，則y=z=-1．
又∵平面PAB的法向量為

m

=(1，0，0)．
設(shè)二面角Q-PB-A為θ，則|cosθ|=|cos＜

m

，

n

＞|=

| m • n |

| m | | n |

=

3

3

又∵二面角Q-PB-A是鈍角
∴cosθ=-

3

3

．

點(diǎn)評(píng)：熟練掌握線面垂直的性質(zhì)定理及線面平行的判定定理、二面角的定義及通過建立空間直角坐標(biāo)系并利用平面的法向量所成的夾角來求二面角的平面角是解題的關(guān)鍵．