Question

1．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥BD，∠BAD=60°，AB=2
（1）证明：PD=PB；
（2）当PD⊥PB，二面角A-PB-C的余弦值为$\frac{-5}{7}$时，求此锥体的高？
（3）在条件（2）下，研究在线段PB上是否存在点M，使得异面直线PA与DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图所示，连接AC，与BD相交于点O，连接OP．利用菱形的性质可得：AC⊥BD，又PA⊥BD，可得BD⊥平面PAC．再利用线段的垂直平分线的性质即可得出．
（2）当PD⊥PB，由（1）可知：PD=PB，OP=OD=OB．过点P作PO₁⊥AC，垂足为O₁，分别以O₁A，O₁E，O₁P为x轴，y轴，z轴．建立如图所示的空间直角坐标系O₁-xyz．由△ABD中，∠BAD=60°，AB=2=AD，可得OA=$\sqrt{3}$，OB=1=OD=OP．设O₁A=a（不妨假设$a≥\sqrt{3}$），设平面ABP的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{m}$．同理可得：平面CBP的法向量为$\overrightarrow{n}$，由于二面角A-PB-C的余弦值为$\frac{-5}{7}$，可得$\frac{5}{7}$=$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$，解得a即可得出．
（3）假设在条件（2）下，在线段PB上存在点M，使得异面直线PA与DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$．设$\overrightarrow{BM}=λ\overrightarrow{BP}$，则$\overrightarrow{OM}$=（0，1-λ，λ），（0≤λ＜1），可得$\overrightarrow{DM}$，利用$|cos＜\overrightarrow{DM}，\overrightarrow{PA}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{DM}||\overrightarrow{PA}|}$=$\frac{\sqrt{26}}{52}$，解得λ即可判断出．

解答 （1）证明：如图所示，连接AC，与BD相交于点O，连接OP．
∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
又AC∩PA=A，PA⊥BD，
∴BD⊥平面PAC．
∴BD⊥OP．
又OD=OB，
∴PB=PD．
（2）解：当PD⊥PB，由（1）可知：PD=PB，
∴OP=OD=OB．
过点P作PO₁⊥AC，垂足为O₁，分别以O₁A，O₁E，O₁P为x轴，y轴，z轴．
建立如图所示的空间直角坐标系O₁-xyz．
∵△ABD中，∠BAD=60°，AB=2=AD，
∴OA=$\sqrt{3}$，OB=1=OD=OP．
设O₁A=a（不妨假设$a≥\sqrt{3}$），则A（a，0，0），$B（a-\sqrt{3}，1，0）$，C$（a-2\sqrt{3}，0，0）$，∵O₁P=$\sqrt{1-（a-\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}$．∴P$（0，0，\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}）$．
$\overrightarrow{AB}$=$（-\sqrt{3}，1，0）$，$\overrightarrow{BP}$=$（\sqrt{3}-a，-1，\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}）$，$\overrightarrow{BC}$=$（-\sqrt{3}，-1，0）$．
设平面ABP的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x+y=0}\\{（\sqrt{3}-a）x-y+\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（1，\sqrt{3}，\frac{a}{\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}）$．
同理可得：平面CBP的法向量为$\overrightarrow{n}$=$（-1，\sqrt{3}，\frac{2\sqrt{3}-a}{\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}）$，
∵二面角A-PB-C的余弦值为$\frac{-5}{7}$，∴$\frac{5}{7}$=$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|2+\frac{a（2\sqrt{3}-a）}{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}|}{\sqrt{4+\frac{{a}^{2}}{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}\sqrt{4+\frac{（2\sqrt{3}-a）^{2}}{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}}$，解得a=$\sqrt{3}$．
因此可得：点O₁与O重合，因此此锥体的高为OP=1．
（3）假设在条件（2）下，在线段PB上存在点M，使得异面直线PA与DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$．
A$（\sqrt{3}，0，0）$，P（0，0，1），B（0，1，0），D（0，-1，0）．
$\overrightarrow{PA}$=$（\sqrt{3}，0，-1）$．
设$\overrightarrow{BM}=λ\overrightarrow{BP}$，则$\overrightarrow{OM}$=（0，1-λ，λ），（0≤λ＜1），∴$\overrightarrow{DM}$=（0，2-λ，λ）．
∴$|cos＜\overrightarrow{DM}，\overrightarrow{PA}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{DM}||\overrightarrow{PA}|}$=$\frac{|-λ|}{2\sqrt{（2-λ）^{2}+{λ}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{26}}{52}$，
解得λ=$\frac{1}{3}$．
∴M$（0，\frac{2}{3}，\frac{1}{3}）$．
因此在条件（2）下，在线段PB上存在点M$（0，\frac{2}{3}，\frac{1}{3}）$，使得异面直线PA与DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$．

点评 本题考查了线面面面垂直的性质与判定定理、空间角、探究法、分类讨论，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．