Question

9．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是邊長為2$\sqrt{3}$的菱形，且∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2$\sqrt{6}$，M，N分別為PB，PD的中點(diǎn)．
（1）證明：MN∥平面ABCD；
（2）若$\overrightarrow{PQ}$=$\frac{2}{3}$$\overrightarrow{PC}$，求直線AQ與平面AMN所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）連接BD，利用中位線定理可得MN∥BD，故而MN∥平面ABCD；
（2）連接AC交BD于O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面AMN的法向量$\overrightarrow{n}$和$\overrightarrow{AQ}$的坐標(biāo)，則所求角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AQ}$＞|．

解答 （1）證明：連接BD，
∵M(jìn)，N分別為PB，PD的中點(diǎn)，
∴MN∥BD，
又MN?平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD．
（2）解：連接AC交BD于O，過O作平面ABCD的垂線Oz，
∵底面ABCD是邊長為2$\sqrt{3}$的菱形，∠ABC=60°，
∴AC⊥BD，且OA=OC=$\sqrt{3}$，OB=OD=3，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，Oz為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
則A（0，-$\sqrt{3}$，0），P（0，-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{6}$），B（3，0，0），D（-3，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0）
∴$\overrightarrow{BD}$=（-6，0，0），$\overrightarrow{PC}$=（0，2$\sqrt{3}$，-2$\sqrt{6}$），$\overrightarrow{AP}$=（0，0，2$\sqrt{6}$），
∵M(jìn)，N分別為PB，PD的中點(diǎn)，
∴M（$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{6}$），N（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{6}$），
∴$\overrightarrow{AM}$=（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{6}$），$\overrightarrow{MN}$=（-3，0，0），$\overrightarrow{PQ}$=$\frac{2}{3}$$\overrightarrow{PC}$=（0，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{4\sqrt{6}}{3}$），
∴$\overrightarrow{AQ}$=$\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PQ}$=（0，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
設(shè)平面AMN的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MN}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\sqrt{6}z=0}\\{-3x=0}\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow{n}$=（0，2$\sqrt{2}$，1），
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AQ}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AQ}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AQ}|}$=$\frac{\frac{10\sqrt{6}}{3}}{3×2\sqrt{2}}$=$\frac{5\sqrt{3}}{9}$．
∴直線AQ與平面AMN所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AQ}$＞|=$\frac{5\sqrt{3}}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行的判定，線面角的計(jì)算與空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．