Question

2．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形．側(cè)棱PA⊥底面ABCD．M、N分別為PD、AC的中點．
（1）證明：平面PAC⊥平面MND：
2）若直線MN與平面ABCD所成角的余弦值為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．求二面角A-MN-D的正弦值．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，利用正方形的性質(zhì)可得：DA⊥AC．利用側(cè)棱PA⊥底面ABCD，可得PA⊥DN．再利用線面垂直與面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得平面PAC⊥平面MND．
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設(shè)AB=2，PA=2t．取AD的中點E，連接EM，EN．利用三角形中位線定理及其線面垂直的性質(zhì)定理可得EM⊥底面ABCD．
因此∠MNE是直線MN與平面ABCD所成的角，在Rt△EMN中，$\frac{EN}{MN}$=$\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，解得t=$\frac{1}{2}$．再利用法向量的夾角公式即可得出．

解答 證明：（1）如圖所示，由底面ABCD是正方形，N為對角線AC的中點，∴DA⊥AC
∵側(cè)棱PA⊥底面ABCD，DN?底面ABCD，
∴PA⊥DN．
∴DN⊥平面PAC，
∵DN?平面MND，
∴平面PAC⊥平面MND．
解：（2）建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設(shè)AB=2，PA=2t．
取AD的中點E，連接EM，EN．
則EM∥PA，∵側(cè)棱PA⊥底面ABCD，∴EM⊥底面ABCD．
∴∠MNE是直線MN與平面ABCD所成的角，ME⊥EN．
在Rt△EMN中，EN=1，EM=t，MN=$\sqrt{1+{t}^{2}}$．
∴$\frac{EN}{MN}$=$\frac{1}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，解得t=$\frac{1}{2}$．
∴A（0，0，0），D（0，2，0），P（0，0，1），M（0，1，$\frac{1}{2}$），N（1，1，0）．
$\overrightarrow{NM}$=$（-1，0，\frac{1}{2}）$，$\overrightarrow{AN}$=（1，1，0），$\overrightarrow{DN}$=（1，-1，0）．
設(shè)平面AMN的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AN}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{NM}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0}\\{-x+\frac{1}{2}z=0}\end{array}\right.$，
取x=1，則y=-1，z=2，
∴$\overrightarrow{m}$=（1，-1，2）．
同理可得平面MND的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，1，2）．
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{6}×\sqrt{6}}$=$\frac{2}{3}$．，
∴$sin＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\sqrt{1-（\frac{2}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{3}$．

點評 本題考查了空間平行與垂直的位置關(guān)系、利用法向量的夾角求二面角的平面角、正方形的性質(zhì)、三角形中位線定理、直角三角形的邊角關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．