Question

10．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．
（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC； 
（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；
（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求$\frac{PM}{PD}$的值．

Answer 1

分析 （I）由PA⊥平面ABCD可得PA⊥EF，由△ABC为等腰直角三角形得出AB⊥AC，故而AC⊥EF，于是EF⊥平面PAC；
（II）由MF∥PA，EF∥AB可得平面MEF∥平面PAB，故而EM∥平面PAB；
（III）以A为原点建立空间坐标系，求出$\overrightarrow{ME}$，平面PBC的法向量$\overrightarrow{m}$，平面ABCD的法向量$\overrightarrow{AP}$的坐标，令|cos＜$\overrightarrow{ME}，\overrightarrow{m}$＞|=|cos＜$\overrightarrow{ME}，\overrightarrow{AP}$＞|解出λ．

解答 证明：（Ⅰ）∵在平行四边形ABCD中∠BCD=135°，∴∠ABC=45°，
∵AB=AC，∴∠BAC=90°，即AB⊥AC．
∵E，F分别为BC，AD的中点，∴AB∥EF，∴EF⊥AC．
∵侧面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP=90°，
∴PA⊥底面ABCD．又∵EF?底面ABCD，
∴PA⊥EF．
又PA?平面PAC，AC?平面PAC，PA∩AC=A，
∴EF⊥平面PAC．
（Ⅱ）∵M，F为PD，AD的中点，∴MF∥PA，
又MF?平面PAB，PA?平面PAB，
∴MF∥平面PAB．
同理，EF∥平面PAB．
又∵MF∩EF=F，MF?平面MEF，EF?平面MEF，
∴平面MEF∥平面PAB．
又∵ME?平面MEF，
∴ME∥平面PAB．
（Ⅲ）∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，∴AP，AB，AC两两垂直，
以A为原点，分别以AB，AC，AP为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（-2，2，0），E（1，1，0），
∴$\overrightarrow{PB}$=（2，0，-2），$\overrightarrow{PD}$=（-2，2，-2），$\overrightarrow{BC}$=（-2，2，0），$\overrightarrow{PE}$=（1，1，-2）．
设PM=λPD（0≤λ≤1），则$\overrightarrow{PM}$=λ$\overrightarrow{PD}$=（-2λ，2λ，-2λ）．
∴$\overrightarrow{ME}$=$\overrightarrow{PE}-\overrightarrow{PM}$=（2λ+1，1-2λ，2λ-2），
∵AP⊥平面ABCD，
∴$\overrightarrow{n}$=（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量．
设平面PBC的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{2x-2z=0}\\{-2x+2y=0}\end{array}\right.$．令x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，1，1）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{ME}$＞=$\frac{2λ-2}{\sqrt{12{λ}^{2}-8λ+6}}$，cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{ME}$＞=$\frac{2λ}{\sqrt{3}\sqrt{12{λ}^{2}-8λ+6}}$．
∵直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，
∴2-2λ=$\frac{2λ}{\sqrt{3}}$，解得λ=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．
∴$\frac{PM}{PD}=\frac{3-\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题考查了线面平行，线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．