Question

10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2$\sqrt{2}$，BC=4$\sqrt{2}$，PA=2，點M在線段PD上．
（I）求證：AB⊥PC；
（Ⅱ）若二面角M-AC-D的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$，求BM與平面PAC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）取BC的中點E，連接AE，則可證AB⊥AC，又PA⊥AB，得出AB⊥平面PAC，從而AB⊥PC；
（II）設$\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{PD}$，以A為原點建立坐標系，求出平面ACM的法向量$\overrightarrow{m}$，令|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{AP}$＞|=$\frac{\sqrt{5}}{5}$解出λ，得出$\overrightarrow{BM}$的坐標，則|cos＜$\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{BM}$＞|為BM與平面PAC所成角的正弦值．

解答 證明：（I）取BC的中點E，連接AE，
∵AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2$\sqrt{2}$，BC=4$\sqrt{2}$，
∴四邊形ADCE是正方形，△ABE是到腰直角三角形，
∴∠BAE=45°，∠EAC=45°，∴∠BAC=90°，即AB⊥AC．
∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
∴PA⊥AB，又PA?平面PAC，AC?平面PAC，PA∩AC=A，
∴AB⊥平面PAC，∵PC?平面PAC，
∴AB⊥PC．
（II）以A為原點，分別以AE，AD，AP為坐標軸建立空間直角坐標系A-xyz，
則A（0，0，0），B（2$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，0），C（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$，0），P（0，0，2），D（0，2$\sqrt{2}$，0）．
∴$\overrightarrow{PD}$=（0，2$\sqrt{2}$，-2）.$\overrightarrow{AC}$=（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{AP}$=（0，0，2）．
設$\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{PD}$=（0，2$\sqrt{2}λ$，-2λ），則$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PM}$=（0，2$\sqrt{2}λ$，2-2λ）．
設平面ACM的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AM}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y=0}\\{2\sqrt{2}λy+（2-2λ）z=0}\end{array}\right.$，令y=$\sqrt{2}$得$\overrightarrow{m}$=（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，$\frac{2λ}{λ-1}$）．
∵z軸⊥平面ACD，∴$\overrightarrow{n}$=（0，0，1）為平面ACD的一個法向量．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{2λ}{λ-1}}{\sqrt{4+（\frac{2λ}{λ-1}）^{2}}}$．
∵二面角M-AC-D的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$，∴$\frac{|\frac{2λ}{λ-1}|}{\sqrt{4+（\frac{2λ}{λ-1}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．解得$λ=\frac{1}{3}$．
∴$\overrightarrow{AM}$=（0，$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\frac{4}{3}$），∵$\overrightarrow{AB}$=（2$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，0），∴$\overrightarrow{BM}$=$\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AB}$=（-2$\sqrt{2}$，$\frac{8\sqrt{2}}{3}$，$\frac{4}{3}$）．
∵AB⊥平面PAC，∴$\overrightarrow{AB}$為平面PAC的一個法向量．
cos＜$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{BM}$＞=$\frac{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{BM}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{BM}|}$=$\frac{-8-\frac{32}{3}}{4•2\sqrt{6}}$=-$\frac{7\sqrt{6}}{18}$．
∴BM與平面PAC所成角的正弦值為$\frac{7\sqrt{6}}{18}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定與性質，空間向量的應用與空間角的計算，屬于中檔題．