Question

14．如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC=60°，面PCD⊥面ABCD，PC=PD=CD=2，點(diǎn)M為線段PB上異于P、B的點(diǎn)．
（Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)M為PB的中點(diǎn)時(shí)，求證：PD∥平面ACM
（Ⅱ）當(dāng)二面角B-AC-M的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$時(shí)，試確定點(diǎn)M的位置．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)M為PB的中點(diǎn)時(shí)，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明PD∥平面ACM
（Ⅱ）建立坐標(biāo)系設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解即可．

解答 證明：（I）設(shè)AC、BD的交點(diǎn)為N，連結(jié)MN，
因?yàn)镸、N分別為BP、BD的中點(diǎn)，
所以PD∥MN，
又MN?平面ACM，
所以PD∥平面ACM；
（II）設(shè)CD的中點(diǎn)為O，因?yàn)镻C=PD=CD=2，面PCD⊥面ABCD，
所以PO⊥面ABCD，
又因?yàn)樵诹庑蜛BCD中，∠ADC=60°，
所以O(shè)A⊥CD，
建立以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OC，OP分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
則A（$\sqrt{3}$，0，0），B（$\sqrt{3}$，2，0），C（0，1，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），
設(shè)$\overrightarrow{BM}$=λ$\overrightarrow{BP}$，（0＜λ＜1），
則$\overrightarrow{CM}$=$\overrightarrow{CB}$+$\overrightarrow{BM}$=$\overrightarrow{CB}$+λ$\overrightarrow{BP}$=（$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$λ，1-2λ，$\sqrt{3}$λ），
$\overrightarrow{CA}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
設(shè)平面ACM的法向量為 $\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=0}\end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x-y=0}\\{（\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）x+（1-2λ）y+\sqrt{3}λz=0}\end{array}\right.$
令x=1，則y=$\sqrt{3}$，z=3-$\frac{2}{λ}$，即$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{3}$，3-$\frac{2}{λ}$），
又平面ABCD的法向量為$\overrightarrow{m}$=$\overrightarrow{OP}$=（0，0，$\sqrt{3}$），
所以cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$|=$\frac{|3\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{λ}|}{\sqrt{13+\frac{4}{{λ}^{2}}-\frac{12}{λ}×\sqrt{3}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
解得：λ=$\frac{1}{2}$或λ=1（舍去），
所以點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查空間線面平行的判定以及二面角的求解，建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．考查學(xué)生的運(yùn)算和推理能力．