Question

3．如图1，平行四边形ABCD中，AB=2AD，∠DAB=60°，M是BC的中点．将△ADM沿DM折起，使面ADM⊥面MBCD，N是CD的中点，图2所示．

（Ⅰ）求证：CM⊥平面ADM；
（Ⅱ）若P是棱AB上的动点，当$\frac{AP}{AB}$为何值时，二面角P-MC-B的大小为60°．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接OA，ON，推导出AO⊥DM，AO⊥平面MBCD，AO⊥MC，连接ON推导出ON∥MC，由此能证明CM⊥平面ADM．
（Ⅱ）以O为坐标原点，以OM，ON，OA方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法能求出当$\frac{AP}{AB}=\frac{2}{3}$时，二面角P-MC-B的大小为60°．

解答 证明：（Ⅰ）连接OA，ON，因为AB=2AD，∠DAB=60°，M是BC的中点，
∴△ADM是正三角形，取DM的中点O，则AO⊥DM，
∵面ADM⊥面MBCD，∴AO⊥平面MBCD，
∵MC?平面MBCD，∴AO⊥MC，…（2分）
连接ON，△DMN为正三角形，
O是MD中点，ON⊥DM，ON为△DMC的中位线，
∴ON∥MC，故MC⊥DM，AO∩DM=O
∴CM⊥平面ADM…（4分）
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AO⊥DM，ON⊥DM，
以O为坐标原点，以OM，ON，OA方向为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系O-xyz如图所示，…（5分）
不妨设AB=2AD=2，
则$A（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，B（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），M（$\frac{1}{2}$，0，0），C（$\frac{1}{2}，\sqrt{3}，0$），
则$\overrightarrow{AB}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
设$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{AB}$=（$λ，\frac{\sqrt{3}}{2}λ$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}λ$），（0＜λ＜1），
得$\overrightarrow{MP}$=（$λ-\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}λ$，$\frac{\sqrt{3}}{2}（1-λ）$），$\overrightarrow{MC}$=（0，$\sqrt{3}$，0），…（7分）
设$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）为平面MCP的一个法向量，则有$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{m}$=0，$\overrightarrow{MC}•\overrightarrow{m}$=0，
即$\left\{\begin{array}{l}{（λ-\frac{1}{2}）x+\frac{\sqrt{3}}{2}λy+\frac{\sqrt{3}}{2}（1-λ）z=0}\\{\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，令x=1，得，$z=\frac{2λ-1}{{\sqrt{3}（λ-1）}}$
∴$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\frac{2λ-1}{\sqrt{3}（λ-1）}$），…（9分）
由意$\overrightarrow{n}$=（0，0，1）为平面BMC的一个法向量，
∵二面角P-MC-B的大小为60°，
∴cos60°=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|\frac{2λ-1}{\sqrt{3}（λ-1）}|}{\sqrt{1+（\frac{2λ-1}{\sqrt{3}（λ-1）}）^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，
解得$λ=\frac{2}{3}$，…（11分）
当$\frac{AP}{AB}=\frac{2}{3}$时，二面角P-MC-B的大小为60°．…（12分）

点评 本题考查线面垂直的证明，考查满足二面角大小为60°的两线段比值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．