Question

14．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面是邊長為2$\sqrt{3}$的菱形，且∠BAD=120°，且PA⊥平面ABCD，PA=2$\sqrt{6}$，M、N分別為PB，PD的中點．
（Ⅰ）證明：MN∥平面ABCD；
（Ⅱ）求異面直線NC與BP所成角的余弦值；
（Ⅲ）過點A作AQ⊥PC，垂足為點Q，求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接BD，利用三角形的中位線的性質(zhì)，證明MN∥BD，再利用線面平行的判定定理，可知MN∥平面ABCD；
（Ⅱ）連接AC交BD于O，以O為原點，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標系，求出$\overrightarrow{BP}$和$\overrightarrow{NC}$，根據(jù)夾角公式即可求出
（Ⅲ）方法一：求出平面AMN的法向量，平面QMN的法向量，利用向量的夾角公式，即可求得二面角A-MN-Q的平面角的余弦值；
方法二：證明∠AEQ為二面角A-MN-Q的平面角，在△AED中，求得AE=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，QE=$\frac{\sqrt{11}}{2}$，AQ=2$\sqrt{2}$，再利用余弦定理，即可求得二面角A-MN-Q的平面角的余弦值

解答 解：（Ⅰ）證明：∵M，N分別是PB，PD的中點，
∴MN是△PBD的中位線，
∴MN∥BD，
又∵MN?面ABCD，BD?面ABCD，
∴MN∥平面ABCD
（Ⅱ）：連接AC交BD于O，以O為原點，OC，OD所在直線為x，y軸，建立空間直角坐標系，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，
得AC=AB=2$\sqrt{3}$，BD=$\sqrt{3}$AB=6，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC
在直角△PAC中，AC=2$\sqrt{3}$，PA=2$\sqrt{6}$，
∵AQ⊥PC得QC=2，PQ=4，由此知各點坐標如下
A（-$\sqrt{3}$，0，0），B（0，-3，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，3，0），P（-$\sqrt{3}$，0，2$\sqrt{6}$），M（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$），N（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$），Q（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）
∴$\overrightarrow{BP}$=（-$\sqrt{3}$，3，2$\sqrt{6}$），$\overrightarrow{NC}$=（$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{3}{2}$，-$\sqrt{6}$），
∴cos＜$\overrightarrow{BP}$，$\overrightarrow{NC}$＞=$\frac{\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{NC}}{|\overrightarrow{BP}|•|\overrightarrow{NC}|}$=-$\frac{7\sqrt{15}}{30}$，
∴異面直線NC與BP所成角的余弦值$\frac{7\sqrt{15}}{30}$，
（Ⅲ）設$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）為平面AMN的法向量，則$\overrightarrow{AM}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$），$\overrightarrow{AN}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$）
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{3}{2}y+\sqrt{6}z=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y+\sqrt{6}z=0}\end{array}\right.$，取z=-1，$\overrightarrow{m}$=（2$\sqrt{2}$，0，1），
設平面QMN的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
∵$\overrightarrow{QM}$=（-$\frac{5\sqrt{3}}{6}$，-$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），$\overrightarrow{QN}$=（-$\frac{5\sqrt{3}}{6}$，$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{5\sqrt{3}}{6}x-\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{6}}{3}z=0}\\{-\frac{5\sqrt{3}}{6}x+\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{6}}{3}z=0}\end{array}\right.$，取z=5，得$\overrightarrow{n}$=（2$\sqrt{2}$，0，5），
∴cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{33}}{33}$，
∴所求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值為$\frac{\sqrt{33}}{33}$．
方法二：在菱形ABCD中，∠BAD=120°，得AC=AB=BC=CD=DA=2$\sqrt{3}$，BD=$\sqrt{3}$AB=6，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD，
∴PB=PC=PD，
∴△PBC≌△PDC，
而M，N分別是PB，PD的中點，
∴MQ=NQ，且AM=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}$=AN，
取MN的中點E，連接AE，EQ，則AE⊥MN，QE⊥MN，
∴∠AEQ為二面角A-MN-Q的平面角，
由AB=2$\sqrt{3}$，AM=AN=3，MN=3可得AE=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
在直角△PAC中，AQ⊥PC得QC=2，PQ=4，AQ=2$\sqrt{2}$，
在△PBC中，cos∠BPC=$\frac{5}{6}$，
∴MQ=$\sqrt{P{M}^{2}+P{Q}^{2}-2PM•PQcos∠BPC}$，
在等腰△MQN中，MQ=NQ=$\sqrt{5}$，MN=3，
∴QE=$\frac{\sqrt{11}}{2}$，
在△AED中，AE=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，QE=$\frac{\sqrt{11}}{2}$，AQ=2$\sqrt{2}$，
∴cos∠AEQ=$\frac{\sqrt{33}}{33}$，
∴所求二面角A-MN-Q的平面角的余弦值為$\frac{\sqrt{33}}{33}$．

點評 本題考查線面平行，考查面面角，解題的關(guān)鍵是利用線面平行的判定定理，掌握面面角的兩種求解方法，屬于中檔題．