Question

11．如圖，平面PAC⊥平面ABC，AC⊥BC，△PAC為等邊三角形，PE∥BC，過(guò)BC作平面交AP，AE分別于點(diǎn)N，M，設(shè)$\frac{AM}{AE}$=$\frac{AN}{AP}$=λ．
（1）求證：MN∥平面ABC；
（2）求λ的值，使得平面ABC與平面MNC所成的銳二面角的大小為45°．

Answer 1

分析 （1）以點(diǎn)C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz，不妨設(shè)CA=1，CB=t（t＞0），$\overrightarrow{PE}$=$μ\overrightarrow{CB}$，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，$\overrightarrow{n_0}⊥\overrightarrow{MN}$，證明MN∥平面ABC．
（2）求出平面CMN法向量，平面ABC的一個(gè)法向量，利用$|{cosθ}|=\frac{{|{\overrightarrow{n_0}•\overrightarrow{n_1}}|}}{{|{\overrightarrow{n_0}}||{\overrightarrow{n_1}}|}}（θ$為平面ABC與平面CMN所成銳二面角的度數(shù)），求解即可．

解答 解：（1）證明：如圖，以點(diǎn)C為 原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，C-xyz，
不妨設(shè)CA=1，CB=t（t＞0），$\overrightarrow{PE}$=$μ\overrightarrow{CB}$，
則C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，t，0），P（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），E（$\frac{1}{2}$，μt，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）．
由  $\frac{AM}{AE}=\frac{AN}{AP}=λ$，得$M（{1-\frac{1}{2}λ，λμt，\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ}），N（{1-\frac{1}{2}λ，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ}）$，
則$\overrightarrow{MN}=（{0，-λμt，0}）$．易知$\overrightarrow{n_0}=（{0，0，1}）$是平面ABC的一個(gè)法向量，
且$\overrightarrow{n_0}•\overrightarrow{MN}=0$，故$\overrightarrow{n_0}⊥\overrightarrow{MN}$，又因?yàn)镸N?平面ABC，
∴MN∥平面ABC（2）$\overrightarrow{MN}=（{0，-λμt，0}），\overrightarrow{CM}=（{1-\frac{1}{2}λ，λμt，\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ}）$，
設(shè)平面CMN法向量為$\overrightarrow{n_1}=（{{x_1}，{y_1}，{z_1}}）$，
則$\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{MN}=0，\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{CM}=0$，故可取$\overrightarrow{n_1}=（{1，0，\frac{λ-2}{{\sqrt{3}λ}}}）$，
又$\overrightarrow{n_0}=（{0，0，1}）$是平面ABC的一個(gè)法向量，
由$|{cosθ}|=\frac{{|{\overrightarrow{n_0}•\overrightarrow{n_1}}|}}{{|{\overrightarrow{n_0}}||{\overrightarrow{n_1}}|}}（θ$為平面ABC與平面CMN所成銳二面角的度數(shù)），
以及θ=45°得，2λ²+4λ-4=0．
解得$λ=\sqrt{3}-1$或$λ=-1-\sqrt{3}$（舍去），
故$λ=\sqrt{3}-1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面鏡的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．