Question

13．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，△ABC是边长为1正三角形，CD=DA=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，AC与BD的交点为M，点N在线段PB上，且PN=$\frac{1}{2}$．若二面角A-BC-P的正切值为2$\sqrt{2}$．
（I）求证：MN∥平面PDC；
（Ⅱ）求平面DCP与平面ABP所成的锐角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由余弦定理得$∠ADC=\frac{2π}{3}$，又PD⊥BC，从而∠PCD为二面角A-BC-P的平面角，进而得到MN∥PD，由此能证明MN∥平面PDC．
（Ⅱ）分别延长CD，AB交于点G，作CE⊥PG，连结BE，则∠CEB为平面DCP与平面ABP所成的锐平面角，由此能求出平面DCP与平面ABP所成的锐角的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）在△ACD中，∵△ABC是边长为1正三角形，CD=DA=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∴由余弦定理得cos∠ADC=$\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-1}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
∴$∠ADC=\frac{2π}{3}$，
∴$∠BCD=∠BCA+∠DCA=\frac{π}{2}$，
又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，
∴BC⊥平面PDC，∴BC⊥CD，BC⊥PC，
∴∠PCD为二面角A-BC-P的平面角，
∴$tan∠PCD=2\sqrt{2}$，∵CD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴PD=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∵BD=BM+MD=$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴PB=2，∴$\frac{PN}{PB}=\frac{1}{4}=\frac{MD}{BD}$，∴MN∥PD．
∵MN?平面PDC，PD?平面PDC，∴MN∥平面PDC．
解：（Ⅱ）分别延长CD，AB交于点G，则PG为两个平面的棱，
作CE⊥PG，连结BE，∵BC⊥平面PDC，∴BE⊥PG，
∴∠CEB为平面DCP与平面ABP所成的锐平面角，
∵$CE=\sqrt{2}$，∴$cos∠CEB=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴平面DCP与平面ABP所成的锐角的余弦值为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查线面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．