Question

3．如圖1，平行四邊形ABCD中，AB=2AD，∠DAB=60°，M是BC的中點(diǎn)．將△ADM沿DM折起，使面ADM⊥面MBCD，N是CD的中點(diǎn)，圖2所示．

（Ⅰ）求證：CM⊥平面ADM；
（Ⅱ）若P是棱AB上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)$\frac{AP}{AB}$為何值時(shí)，二面角P-MC-B的大小為60°．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接OA，ON，推導(dǎo)出AO⊥DM，AO⊥平面MBCD，AO⊥MC，連接ON推導(dǎo)出ON∥MC，由此能證明CM⊥平面ADM．
（Ⅱ）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)M，ON，OA方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，利用向量法能求出當(dāng)$\frac{AP}{AB}=\frac{2}{3}$時(shí)，二面角P-MC-B的大小為60°．

解答 證明：（Ⅰ）連接OA，ON，因?yàn)锳B=2AD，∠DAB=60°，M是BC的中點(diǎn)，
∴△ADM是正三角形，取DM的中點(diǎn)O，則AO⊥DM，
∵面ADM⊥面MBCD，∴AO⊥平面MBCD，
∵M(jìn)C?平面MBCD，∴AO⊥MC，…（2分）
連接ON，△DMN為正三角形，
O是MD中點(diǎn)，ON⊥DM，ON為△DMC的中位線，
∴ON∥MC，故MC⊥DM，AO∩DM=O
∴CM⊥平面ADM…（4分）
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AO⊥DM，ON⊥DM，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)M，ON，OA方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，
建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz如圖所示，…（5分）
不妨設(shè)AB=2AD=2，
則$A（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，B（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），M（$\frac{1}{2}$，0，0），C（$\frac{1}{2}，\sqrt{3}，0$），
則$\overrightarrow{AB}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{AB}$=（$λ，\frac{\sqrt{3}}{2}λ$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}λ$），（0＜λ＜1），
得$\overrightarrow{MP}$=（$λ-\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}λ$，$\frac{\sqrt{3}}{2}（1-λ）$），$\overrightarrow{MC}$=（0，$\sqrt{3}$，0），…（7分）
設(shè)$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）為平面MCP的一個(gè)法向量，則有$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{m}$=0，$\overrightarrow{MC}•\overrightarrow{m}$=0，
即$\left\{\begin{array}{l}{（λ-\frac{1}{2}）x+\frac{\sqrt{3}}{2}λy+\frac{\sqrt{3}}{2}（1-λ）z=0}\\{\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，令x=1，得，$z=\frac{2λ-1}{{\sqrt{3}（λ-1）}}$
∴$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\frac{2λ-1}{\sqrt{3}（λ-1）}$），…（9分）
由意$\overrightarrow{n}$=（0，0，1）為平面BMC的一個(gè)法向量，
∵二面角P-MC-B的大小為60°，
∴cos60°=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|\frac{2λ-1}{\sqrt{3}（λ-1）}|}{\sqrt{1+（\frac{2λ-1}{\sqrt{3}（λ-1）}）^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，
解得$λ=\frac{2}{3}$，…（11分）
當(dāng)$\frac{AP}{AB}=\frac{2}{3}$時(shí)，二面角P-MC-B的大小為60°．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查滿足二面角大小為60°的兩線段比值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．