浙江 2013 · 数学 q20

题面

20．（15分）（2013•浙江）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，B C \bot C D$$\mathrm{A D =} 2$$B D = 2 \sqrt{2} .．M 是 AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且$\mathrm{A Q}{=} 3 \mathrm{Q C}$

（1）证明：PQ∥平面BCD；

（2）若二面角C﹣BM﹣D的大小为$6 0^{\circ}$，求∠BDC的大小

（1）证明：PQ∥平面BCD；

（2）若二面角C﹣BM﹣D的大小为60°，求∠BDC的大小

解析

分析

（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．根据平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出 PQ∥平面 BCD；

（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．根据线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得$. \angle C \mathrm{H G}{=} 6 0^{\circ}$．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最后在Rt△CHG中，根据正切的定义得出${\mathrm{t a n}} \angle C {\mathrm{H G}} = {\frac{C {G}}{{G H}}} = {\sqrt{3}} ,$，从而得到$\tan \theta = {\sqrt{3}} ,$由此可得∠BDC

解答

（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ

$\because \triangle \mathrm{A C D}$中，AQ=3QC 且 DF=3CF，∴QF∥AD 且$\mathrm{Q F {=}} \frac{1}{4} \mathrm{A D}$

∵△BDM 中，O、P 分别为 BD、BM 的中点

∴OP∥DM，且$\mathrm{O P {=} \frac{1}{2} D M}$，结合M为AD中点得：OP∥AD且$\mathrm{O P =} \frac{1}{4} \mathrm{A D}$

∴OP∥QF 且 OP=QF，可得四边形 OPQF 是平行四边形

∴PQ∥OF

∵PQ⊄平面 BCD 且 OF⊂平面 BCD，∴PQ∥平面 BCD；

（2）过点 C 作 CG⊥BD，垂足为 G，过 G 作 GH⊥BM 于 H，连接 CH

∵AD⊥平面 BCD，CG⊂平面 BCD，∴AD⊥CG

又∵CG⊥BD，AD、BD 是平面 ABD 内的相交直线

∴CG⊥平面 ABD，结合 BM⊂平面 ABD，得 CG⊥BM

∵GH⊥BM，CG、GH 是平面 CGH 内的相交直线

∴BM⊥平面 CGH，可得 BM⊥CH

因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得$. \angle C \mathrm{H G}{=} 6 0^{\circ}$

设∠BDC=θ，可得

Rt△BCD 中，$\mathrm{C D = B D c o s} \Theta{=} 2 \sqrt{2} \mathrm{c o s} \Theta$，CG=CDsinθ= sinθcosθ，BG=BCsinθ=2 sin²θ$\mathrm{R t} \triangle \mathrm{B M D}$中，$\operatorname{H G} = \frac{\operatorname{B G} \bullet \operatorname{D M}}{\operatorname{B M}} = \frac{2 \sqrt{2}}{3} \substack{s i n^{2} \ \Theta}$；Rt△CHG 中，\tan \angle C \mathrm{H G} = \frac{C G}{G H} = \frac{3 \cos \theta}{\sin \theta} = \sqrt{3}$$\therefore \tan \theta = {\sqrt{3}} ,，可得$\theta{=} 6 0^{\circ}$，即$\angle \mathrm{B D C}{=} 6 0^{\circ}$