Question

20．如圖，三棱錐P-ABC中，D是BC的中點(diǎn)，△PAB為等邊三角形，△ABC為等腰直角三角形，AB=AC=4，且二面角P-AB-D的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（Ⅰ）求證：平面ABC⊥平面PBC；
（Ⅱ）若點(diǎn)M是線段AP上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N為線段AB的四等分點(diǎn)（靠近B點(diǎn)），求直線NM與平面PAD所成角的余弦值的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB中點(diǎn)E，連接DE，PE，可得DE∥AC，結(jié)合已知得DE⊥AB，求解三角形證得AD⊥PD，利用線面垂直的判定可得AD⊥平面PBC，從而得到平面ABC⊥平面PBC；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知PD⊥CB，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA、DB、DP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AP}$（0≤λ≤1），把M的坐標(biāo)用含有λ的代數(shù)式表示，求得$\overrightarrow{MN}$的坐標(biāo)．平面PAD的一個(gè)法向量$\overrightarrow{m}=（0，1，0）$，可得直線NM與平面PAD所成角的正弦值，利用二次函數(shù)求得直線NM與平面PAD所成角的正弦的最大值，即余弦值最小值．

解答 （Ⅰ）證明：如圖，取AB中點(diǎn)E，連接DE，PE，則DE∥AC，
∵AC⊥AB，∴DE⊥AB，
∵PAB為正三角形，∴PE⊥AB，則∠PED為二面角P-AB-D的平面角，cos∠PED=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∵DE=$\frac{1}{2}AC=2$，PE=$2\sqrt{3}$，由余弦定理可得PD²=PE²+DE²-2×PE×DE=12+4-2×$2\sqrt{3}×2×\frac{\sqrt{3}}{3}$=8．
在等腰直角三角形ABC中，可得AD=$2\sqrt{2}$，滿足PD²+AD²=8+8=16=PA²，
∴AD⊥PD，又AD⊥BC且PD∩BC=D，
∴AD⊥平面PBC，又AD?平面ABC，則平面ABC⊥平面PBC；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知PD²+DB²=PB²，則PD⊥CB，
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA、DB、DP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則N（$\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{3\sqrt{2}}{2}，0$），A（$2\sqrt{2}$，0，0），P（0，0，$2\sqrt{2}$），
設(shè)M（x，0，z），且$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AP}$（0≤λ≤1），則（$x-2\sqrt{2}$，0，z）=（$-2\sqrt{2}λ$，0，$2\sqrt{2}λ$），
∴x=$2\sqrt{2}+2\sqrt{2}λ$，z=$2\sqrt{2}λ$，則M（$2\sqrt{2}+2\sqrt{2}λ$，0，$2\sqrt{2}λ$）．
∴$\overrightarrow{MN}=（-\frac{3\sqrt{2}}{2}-2\sqrt{2}λ，\frac{3\sqrt{2}}{2}，-2\sqrt{2}λ）$．
平面PAD的一個(gè)法向量$\overrightarrow{m}=（0，1，0）$，
∴直線NM與平面PAD所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{MN}$＞
|=|$\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{（-\frac{3\sqrt{2}}{2}-2\sqrt{2}λ）^{2}+（\frac{3\sqrt{2}}{2}）^{2}+（-2\sqrt{2}λ）^{2}}×1}$|
=$\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{16{λ}^{2}+12λ+9}}$．
∴當(dāng)λ=0時(shí)，直線NM與平面PAD所成角的正弦值最大，即余弦值最小為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求解線面角，是中檔題．