（2013•杭州二模）如圖，已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PA⊥平面ABCD，PA=
3
，AB=1．AD=2．∠BAD=120°，E，F(xiàn)，G，H分別是BC，PB，PC，AD的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：PH∥平面GED；
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)F作平面α，使ED∥平面α，當(dāng)平面α⊥平面EDG時(shí)，設(shè)PA與平面α交于點(diǎn)Q，求PQ的長(zhǎng)．
分析：（I）連接HC，交ED于點(diǎn)N，連接GN．由平行四邊形的性質(zhì)和三角形的中位線定理即可得到GN∥PH，再利用線面平行的判定定理即可證明；
（II）方法一：通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用平面GED⊥平面α?兩個(gè)平面的法向量
n1
•
n2
=0，求得Q的坐標(biāo)，進(jìn)而取得|PQ|的長(zhǎng)．
方法二：連接BH，則BH∥ED，及PB∥GE，可得平面PBH∥平面GED；利用三角形懂得中位線定理可得FM∥BK；利用菱形的性質(zhì)可得AE⊥BK，再利用線面垂直的判定和性質(zhì)定理可得BK⊥平面PAK，F(xiàn)M⊥平面PAK；過(guò)M作MQ⊥PK，交PA于Q，設(shè)MQ與FM所確定的平面為α，可得ED∥BH∥FM，ED∥平面α，又平面α⊥平面PBH，可得平面α⊥平面EDG．得平面α滿足條件．利用已知可得PA、AK、PK，再利用
PQ
PK
=
PM
PA
，即可得到PQ．
解答：（Ⅰ）證明：連接HC，交ED于點(diǎn)N，連接GN，
∵DHEC是平行四邊形，∴N是線段HC的中點(diǎn)，又G是PC的中點(diǎn)，
∴GN∥PH，
又∵GN?平面GED，PH?平面GED，
∴PH∥平面GED．
（Ⅱ） 方法1：連接AE，∵∠BAD=120°，∴△ABE是等邊三角形，
設(shè)BE的中點(diǎn)為M，以AM、AD、AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
則B（
3
2
，-
1
2
，0），C（
3
2
，
3
2
，0），D（0，2，0），P（0，0，
3
），
則E（
3
2
，
1
2
，0），F(xiàn)（
3
4
，-
1
4
，
3
2
），G（
3
4
，
3
4
，
3
2
）．
設(shè)Q（0，0，t），
ED
=(-
3
2
，
3
2
，0)，
DG
=(
3
4
，-
5
4
，
3
2
)．
設(shè)
n1
=(x1，y1，z1)是平面GED的一個(gè)法向量，
則
n1
•
ED
=-
3
2
x1+
3
2
y1=0
n1
•
DG
=
3
4
x1-
5
4
y1+
3
2
z1=0
，得
x1=
3
y1
z1=
3
3
y1
，
令y1=1∴
n1
=(
3
，1，
3
3
)．
設(shè)
n2
=(x2，y2，z2)是平面α的一個(gè)法向量，
則
n2
•
ED
=-
3
2
x2+
3
2
y2=0
n2
•
QF
=
3
4
x2-
1
4
y2+(
3
2
-t)z2=0
，得
x2=
3
y2
z2=
1
2t-
3
y2
，令y2=1，得
n2
=(
3
，1，
1
2t-
3
)，
當(dāng)平面GED⊥平面α?xí)r，
n1
•
n2
=3+1+
3
3
•
1
2t-
3
=0，
得t=
11
8
3
=
11
3
24
，則PQ的長(zhǎng)為
3
-
11
3
24
=
13
3
24
．
方法2：連接BH，則BH∥ED，又∵PB∥GE，∴平面PBH∥平面GED，
設(shè)BH與AE交于點(diǎn)K，PK的中點(diǎn)為M，
∵F是PB的中點(diǎn)，∴FM∥BK，
∵ABEH是菱形，∴AE⊥BK，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BK，∴BK⊥平面PAK．
∴FM⊥平面PAK，
過(guò)M作MQ⊥PK，交PA于Q，設(shè)MQ與FM所確定的平面為α，
∵ED∥BH∥FM，∴ED∥平面α，又平面α⊥平面PBH，∴平面α⊥平面EDG．
得平面α滿足條件．
∵PA=
3
，AK=
1
2
，∴PK=
3+
1
4
=
13
2
，
由
PQ
PK
=
PM
PA
，
得PQ=
PK•PM
PA
=
13
2
•
13
4
3
=
13
3
24
．
點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了線面平行于垂直、面面平行與垂直、建立空間直角坐標(biāo)系得出二面角的法向量、平行四邊形的性質(zhì)、三角形的中位線定理等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能，考查了空間想象能力、推理能力與計(jì)算能力．
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