Question

2．如圖，已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA⊥平面ABCD，N是PC的中點(diǎn)．  
（Ⅰ）若PA=1，求二面角B-PC-D的大��；
（Ⅱ）求AN與平面PCD所成角的正弦值的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）四邊性ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA⊥平面ABCD，作BM⊥PC，連接MD，可得RT△PBC≌RT△PDC，DM⊥PC，因此∠BMD就是所求二面角的平面角．再利用余弦定理即可得出．
（II）設(shè)AN與平面PCD所成角為α，PA=h．作AQ⊥PD，又CD⊥AQ，可得AQ⊥平面PCD，利用直角三角形的邊角關(guān)系可得：$sinα=\frac{AQ}{AN}=\sqrt{\frac{{4{h^2}}}{{（{1+{h^2}}）（{2+{h^2}}）}}}=\sqrt{\frac{{4{h^2}}}{{{h^4}+3{h^2}+2}}}$，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（Ⅰ）四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，PA⊥平面ABCD，作BM⊥PC，連接MD，
由于RT△PBC≌RT△PDC，
則DM⊥PC，∴∠BMD就是所求二面角的平面角．
PA=AB=1，∴$PB=\sqrt{2}，PC=\sqrt{3}$，∴$BM=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
同理$DM=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，又$BD=\sqrt{2}$，
在△BDM中，
由余弦定理得$cos∠BMD=\frac{{B{M^2}+D{M^2}-B{D^2}}}{2BM•DM}=-\frac{1}{2}$，
二面角B-PC-D的大小為$\frac{2π}{3}$．
（Ⅱ）設(shè)AN與平面PCD所成角為α，PA=h．
作AQ⊥PD又CD⊥AQ，∴AQ⊥平面PCD，
因此在RT△AQN中，$sinα=\frac{AQ}{AN}$．
∵在RT△PAD中，$AQ=\frac{h}{{\sqrt{1+{h^2}}}}$，
在RT△PAC中，$AN=\frac{{\sqrt{2+{h^2}}}}{2}$，$sinα=\frac{AQ}{AN}=\sqrt{\frac{{4{h^2}}}{{（{1+{h^2}}）（{2+{h^2}}）}}}=\sqrt{\frac{{4{h^2}}}{{{h^4}+3{h^2}+2}}}$，
∵${h^4}+2≥2\sqrt{2{h^4}}=2\sqrt{2}{h^2}$，
$sinα≤\sqrt{\frac{{4{h^2}}}{{2\sqrt{2}{h^2}+3{h^2}}}}=\sqrt{\frac{4}{{3+2\sqrt{2}}}}=\frac{2}{{\sqrt{2}+1}}=2（{\sqrt{2}-1}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系與空間角、余弦定理、直角三角形的邊角關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．