Question

6．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，且AB=AC=2，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，M为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面ACM；
（Ⅱ）若三棱锥D-MAC的体积为$\frac{\sqrt{3}}{6}$，求平面MAC与平面PAB所成锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （I）连接BD，MO，推导出PB∥MO，由此能证明PB∥平面ACM．
（II） 建立以O为坐标原点，以OA，OB，OP分别为x轴、y轴、z轴的空间坐标系，利用向量法能求出平面MAC与平面PAB所成锐二面角的余弦值．

解答 证明：（I）连接BD，MO，在菱形ABCD中，
因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，
又M为PD的中点，所以PB∥MO．
因为PB?平面ACM，MO?平面ACM，
所以PB∥平面ACM．（5分）
解：（II） 由四边形ABCD为菱形知AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，
所以建立以O为坐标原点，以OA，OB，OP分别为x轴、y轴、z轴的空间坐标系．
取线段OD的中点N，连接MN，则MN∥PO，
由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以 MN为三棱锥M-ACD的高．
∵四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，AD=AB=2，AO=1，
∴DO=$\sqrt{3}$，S_△ACD=$\frac{1}{2}$（AC×DO）=$\sqrt{3}$，
∴V_D-MAC=V_M-ACD=$\frac{1}{3}$×S_△ACD×MN=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，MN=$\frac{1}{2}$，即OP=1，
∵AO=CO=1，BO=DO=$\sqrt{3}$，（8分）
∴A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-1，0，0），P（0，0，1），M（0，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$），
∴$\overrightarrow{AB}$=（-1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{AP}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{MA}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
$\overrightarrow{MC}$=（-1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
设平面PAB和平面MAC的法向量分别为$\overrightarrow{m}$（x，y，1），$\overrightarrow{n}$=（x，y，1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AP}=-x+1=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，解得x=1，y=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，∴$\overrightarrow{m}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MC}=-x+\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{1}{2}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MA}=x+\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{1}{2}=0}\end{array}\right.$，解得x=0，y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴$\overrightarrow{n}=（0，\frac{\sqrt{3}}{3}，-1）$，
∴|COS＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|0+\frac{1}{3}+1|}{\sqrt{1+\frac{1}{3}+1}×\sqrt{\frac{1}{3}+1}}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$，
故平面MAC与平面PAB所成锐二面角的余弦值为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．（12分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．