分析 (1)取PA的中點(diǎn)N,連接MN,NC,由三角形中位線定理可得MN∥AD,由PC⊥底面ABCD,得PC⊥AD,結(jié)合AC⊥AD,可得AD⊥平面PAC,進(jìn)一步得到MN⊥PA,再由等腰三角形的性質(zhì)可知CN⊥PA,由線面垂直的判定得到PA⊥平面MNC,則有PA⊥CM;
(2)設(shè)PC=AC=1,解三角形可得CD=2.以B為坐標(biāo)原點(diǎn),以BA、CB所在直線分別為x、y軸,以過B點(diǎn)和PC平行的直線為z軸距離如圖所示坐標(biāo)系.求得A,C,D,P的坐標(biāo),進(jìn)一步求出平面PAC與平面ACM的一個法向量,利用兩法向量所成角的余弦值可得二面角M-AC-P的余弦值.
解答 (1)證明:取PA的中點(diǎn)N,連接MN,NC,
∵M(jìn)N為△PAD的中位線,∴MN∥AD,
∵PC⊥底面ABCD,∴PC⊥AD,
又∵AC⊥AD,PC∩AD=C,∴AD⊥平面PAC,
∴AD⊥PA,則MN⊥PA,
∵PC=AC,N為PA的中點(diǎn),∴CN⊥PA,
∵M(jìn)N∩NC=N,∴PA⊥平面MNC,
又∵CM?平面MNC,∴PA⊥CM;
(2)解:設(shè)PC=AC=1,則BC=$\frac{1}{2}$,
∵BA⊥BC,∴cos$∠ACB=\frac{1}{2}$,
∴∠ACD=∠ACB=60°,
又∵AC⊥CD,∴CD=2.
以B為坐標(biāo)原點(diǎn),以BA、CB所在直線分別為x、y軸,以過B點(diǎn)和PC平行的直線為z軸距離如圖所示坐標(biāo)系.
則A($\frac{\sqrt{3}}{2}$,0,0),C(0,-$\frac{1}{2}$,0),D($\sqrt{3}$,-$\frac{3}{2}$,0),P(0,-$\frac{1}{2}$,1),
∴M($\frac{\sqrt{3}}{2}$,-1,$\frac{1}{2}$).
$\overrightarrow{CA}=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0),\overrightarrow{CM}=(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$,$\overrightarrow{DA}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$.
∵DA⊥平面PAC,
∴$\overrightarrow{DA}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$是平面PAC的一個法向量.
設(shè)$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$是平面ACM的一個法向量,
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{n}=0}\\{\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{n}=0}\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+\frac{z}{2}=0}\end{array}\right.$,令x=1,得$\overrightarrow{n}=(1,-\sqrt{3},-2\sqrt{3})$.
∴|cos<$\overrightarrow{DA},\overrightarrow{n}$>|=|$\frac{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{DA}|•|\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}×4}$|=$\frac{1}{2}$.
由圖可知,二面角M-AC-P為銳角,
∴二面角M-AC-P的余弦值為$\frac{1}{2}$.
點(diǎn)評 本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),考查空間想象能力和思維能力,訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角,是中檔題.
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A. | 2 | B. | 3 | C. | 4 | D. | 6 |
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A. | x±y=0 | B. | x±$\frac{\sqrt{3}}{3}$y=0 | C. | x±$\frac{\sqrt{2}}{2}$y=0 | D. | x±2y=0 |
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A. | (2,3) | B. | (-∞,2]∪[3,+∞) | C. | (0,2]∪[3,+∞) | D. | [3,+∞) |
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