Question

15．如图，四棱锥P-ABCD，底面ABCD为矩形，AB=PA=$\sqrt{3}$，AD=2，PB=$\sqrt{6}$，E为PB中点，且AE⊥PC．
（1）求证：PA⊥平面ABCD；
（2）线段BC上是否存在点M使得二面角P-MD-A的大小为60°？若存在，求出BM的长，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）证明PA⊥AB，推出AE⊥PB，AE⊥PC，证明AE⊥平面PBC，证明BC⊥平面PAB，推出BC⊥PA，然后证明PA⊥平面ABCD．
（2）建立空间直角坐标系A-xyz，求出相关点的坐标，设点M坐标为$（{\sqrt{3}，b，0}）$，求出平面PMD法向量，平面AMD法向量，利用向量的数量积转化求解即可．

解答 解：（1）证明：由题意有PA²+AB²=3+3=6=PB²，所以PA⊥AB①，
因为AB=AP，E为PB中点，所以AE⊥PB，又AE⊥PC，PB∩PC=C，
所以，AE⊥平面PBC，
又BC?平面PBC，所以AE⊥BC，又AB⊥BC，及AE∩AB=A，
所以BC⊥平面PAB，
又PA?平面PAB，所以BC⊥PA②，
由①②及AB∩BC=B得PA⊥平面ABCD，得证．
（2）因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，则各点坐标为$B（{\sqrt{3}，0，0}）$，D（0，2，0），$P（{0，0，\sqrt{3}}）$，设点M坐标为$（{\sqrt{3}，b，0}）$，平面PMD法向量$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，

因为$\overrightarrow{PD}=（{0，2，-\sqrt{3}}）$，$\overrightarrow{DM}=（{\sqrt{3}，b-2，0}）$，
所以由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n⊥\overrightarrow{DP}\\ \overrightarrow n⊥\overrightarrow{DM}\end{array}\right.$得，$\left\{\begin{array}{l}2y-\sqrt{3}z=0\\ \sqrt{3}x+（{b-2}）y=0\end{array}\right.$，
取$y=\sqrt{3}$，可得$\overrightarrow n=（{2-b，\sqrt{3}，2}）$，
又平面AMD法向量$\overrightarrow m=（{0，0，1}）$，
所以由$|{cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞}|=cos60°$，得：$\frac{2}{{\sqrt{{{（{2-b}）}^2}+3+4}}}=\frac{1}{2}$，
解得b=-1或b=5，
又因为点M在线段BC上，b∈[0，2]，而b=-1或b=5不满足b∈[0，2]，
所以不存在点M使得二面角P-MD-A的大小为60°．

点评 本题考查二面角的平面角的求法与应用，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．