Question

16．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2$\sqrt{2}$，BC=4$\sqrt{2}$，PA=2，點(diǎn)M在PD上．
（Ⅰ）求證：AB⊥PC
（Ⅱ）若二面角M-AC-D的大小為45°，求$\frac{PM}{PD}$的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)E為BC的中點(diǎn)，連結(jié)AE，推導(dǎo)出四邊形AECD為平行四邊形，AB⊥AC，AB⊥PA，由此能證明AB⊥PC．
（Ⅱ）以A為原點(diǎn)，分別以射線AE、AD、AP為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．利用向量法能求出$\frac{PM}{PD}$的值．

解答 （本題滿分（15分）
證明：（Ⅰ）如圖，設(shè)E為BC的中點(diǎn)，連結(jié)AE，
則AD=EC，AD∥EC，AD∥EC，所以四邊形AECD為平行四邊形，
故AE⊥BC，又AE=BE=EC=2$\sqrt{2}$，
所以∠ABC=∠ACB=45°，故AB⊥AC，…（3分）
又因為PA⊥平面ABCD，所以AB⊥PA，…（5分）
且PA∩AC=A，所以AB⊥平面PAC，故有AB⊥PC． …（7分）
解：（Ⅱ）如圖，以A為原點(diǎn)，分別以射線AE、AD、AP為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．
則A（0，0，0），E（2$\sqrt{2}$，0，0），B（2$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，0），C（2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$，0），D（0，2$\sqrt{2}$，0），P（0，0，2），…（9分）
設(shè)$\overrightarrow{PM}$=λ$\overrightarrow{PD}$=（0，2$\sqrt{2}λ$，-2λ），（0≤λ≤1），解得M（0，2$\sqrt{2}λ$，2-2λ），…（10分）
設(shè)平面AMC的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AC}=2\sqrt{2}x+2\sqrt{2}y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AM}=2\sqrt{2}λy+（2-2λ）z=0}\end{array}\right.$，…（11分）
令y=$\sqrt{2}$，得$x=-\sqrt{2}，z=\frac{2λ}{λ-1}$，即${\overrightarrow n_1}=（-\sqrt{2}，\sqrt{2}，\frac{2λ}{λ-1}）$．…（12分）
又平面ACD的一個法向量為${\overrightarrow n_2}=（0，0，1）$，…（13分）
由題知$|cos＜{\overrightarrow n_1}，{\overrightarrow n_2}＞|=\frac{{|\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}|}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|×|{\overrightarrow{n_2}}|}}=\frac{{|\frac{2λ}{λ-1}|}}{{\sqrt{4+{{（\frac{2λ}{λ-1}）}^2}}}}$=$cos{45°}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
解得$λ=\frac{1}{2}$．
∴$\frac{PM}{PD}$的值為$\frac{1}{2}$．…（15分）

點(diǎn)評 本題考查線線垂直的證明，考查線段的比值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．