Question

17．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=$\sqrt{6}$，AB=4．
（1）求證：M為PB的中點(diǎn)；
（2）求二面角B-PD-A的大��；
（3）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)AC∩BD=O，則O為BD的中點(diǎn)，連接OM，利用線面平行的性質(zhì)證明OM∥PD，再由平行線截線段成比例可得M為PB的中點(diǎn)；
（2）取AD中點(diǎn)G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性質(zhì)可得PG⊥平面ABCD，則PG⊥AD，連接OG，則PG⊥OG，再證明OG⊥AD．以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以GD、GO、GP所在直線為x、y、z軸距離空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBD與平面PAD的一個法向量，由兩法向量所成角的大小可得二面角B-PD-A的大小；
（3）求出$\overrightarrow{CM}$的坐標(biāo)，由$\overrightarrow{CM}$與平面PBD的法向量所成角的余弦值的絕對值可得直線MC與平面BDP所成角的正弦值．

解答 （1）證明：如圖，設(shè)AC∩BD=O，
∵ABCD為正方形，∴O為BD的中點(diǎn)，連接OM，
∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，
∴PD∥OM，則$\frac{BO}{BD}=\frac{BM}{BP}$，即M為PB的中點(diǎn)；
（2）解：取AD中點(diǎn)G，
∵PA=PD，∴PG⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PG⊥平面ABCD，則PG⊥AD，連接OG，則PG⊥OG，
由G是AD的中點(diǎn)，O是AC的中點(diǎn)，可得OG∥DC，則OG⊥AD．
以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以GD、GO、GP所在直線為x、y、z軸距離空間直角坐標(biāo)系，
由PA=PD=$\sqrt{6}$，AB=4，得D（2，0，0），A（-2，0，0），P（0，0，$\sqrt{2}$），C（2，4，0），B（-2，4，0），M（-1，2，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
$\overrightarrow{DP}=（-2，0，\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{DB}=（-4，4，0）$．
設(shè)平面PBD的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
則由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-2x+\sqrt{2}z=0}\\{-4x+4y=0}\end{array}\right.$，取z=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{m}=（1，1，\sqrt{2}）$．
取平面PAD的一個法向量為$\overrightarrow{n}=（0，1，0）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{2×1}=\frac{1}{2}$．
∴二面角B-PD-A的大小為60°；
（3）解：$\overrightarrow{CM}=（-3，-2，\frac{\sqrt{2}}{2}）$，平面BDP的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（1，1，\sqrt{2}）$．
∴直線MC與平面BDP所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{CM}，\overrightarrow{m}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{CM}||\overrightarrow{m}|}$|=|$\frac{-2}{\sqrt{9+4+\frac{1}{2}}×1}$|=$\frac{2\sqrt{6}}{9}$．

點(diǎn)評 本題考查線面角與面面角的求法，訓(xùn)練了利用空間向量求空間角，屬中檔題．