Question

14．如圖，在三棱錐A-BCD中，AD⊥平面BCD，CB=CD，AD=DB，P，Q分別在線段AB，AC上，AP=3PB，AQ=2QC，M是BD的中點．
（1）證明：DQ∥平面CPM；
（2）若二面角C-AB-D的大小為$\frac{π}{3}$，求tan∠BDC．

Answer 1

分析 （1）取AB中點E，則EQ∥PC，從而EQ∥平面CPM，由中位線定理得DE∥PM，從而DE∥平面CPM，由此能證明DQ∥平面CPM．
（2）法1：推導出AD⊥CM，BD⊥CM，從而CM⊥平面ABD，進而得到∠CPM是二面角C-AB-D的平面角，由此能求出∠BDC的正切值．
法2：以M為坐標原點，MC，MD，ME所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出∠BDC的正切值．

解答 證明：（1）取AB的中點E，則$\frac{AE}{EP}$=2=$\frac{AQ}{QC}$，
∴EQ∥PC，
又EQ?平面CPM，∴EQ∥平面CPM，
又PM是△BDE的中位線，∴DE∥PM，
從而DE∥平面CPM，∴平面DEQ∥平面CPM，
∴DQ∥平面CPM．
解：（2）解法1：由AD⊥平面BCD，知AD⊥CM，
由BC=CD，BM=MD，知BD⊥CM，
故CM⊥平面ABD，
由（1）知DE∥PM，而DE⊥AB，故PM⊥AB，
∴∠CPM是二面角C-AB-D的平面角，∴∠CPM=$\frac{π}{3}$，
設PM=a，則CM=$\sqrt{3}a$，DM=BM=$\sqrt{2}a$，
在Rt△CMD中，tan∠MDC=$\frac{MC}{MD}$=$\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{2}a}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴tan∠BDC=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
解法2：以M為坐標原點，MC，MD，ME所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，
建立空間直角坐標系，
設MC=a，MD=b，則C（a，0，0），B（0，-b，0），A（0，b，2b），
則$\overrightarrow{BC}$=（a，b，0），$\overrightarrow{BA}$=（0，2b，2b），
設$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）是平面ABC的一個法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=ax+by=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BA}=2by+2bz=0}\end{array}\right.$，取x=b，得$\overrightarrow{n}$=（b，-a，a），
平面ABD的一個法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
∵二面角C-AB-D的大小為$\frac{π}{3}$，∴cos$\frac{π}{3}$=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\sqrt{^{2}+2{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，
整理得：$\frac{a}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，
在Rt△CMD中，tan∠MDC=$\frac{MC}{MD}=\frac{a}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴tan∠BDC=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

點評 本題考查線面垂直的證明、角的正切、二面角等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力、數據處理能力，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、數形結合，考查創(chuàng)新意識、應用意識，是中檔題．