Question

5．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PDC是正三角形，底面ABCD是边长为2$\sqrt{3}$的菱形，∠DAB=120°，且侧面PDC与底面垂直，M为PB的中点．
（Ⅰ）求证：PA⊥平面CDM
（Ⅱ）求二面角D-MC-A的余弦值．

Answer 1

分析 （I）取CD的中点O，连结PO，OA，则可证明PO⊥平面ABCD，OA⊥OC，以O为原点建立空间坐标系，利用向量证明PA⊥DC，PA⊥DM即可；
（II）求出平面ACM的法向量$\overrightarrow{n}$，求出cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{PA}$＞即可得出答案．

解答 解：（I）证明：取CD的中点O，连结PO，OA，
∵△PDC是正三角形，∴PO⊥CD，
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=O，PO?平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵底面ABCD是边长为2$\sqrt{3}$的菱形，∠DAB=120°，
∴△ACD是等边三角形，∴OA⊥CD，
以O为原点建立空间直角坐标系如图所示：
则A（3，0，0），P（0，0，3），D（0，-$\sqrt{3}$，0），B（3，2$\sqrt{3}$，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），
∵M是PC的中点，∴M（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}$），
∴$\overrightarrow{PA}$=（3，0，-3），$\overrightarrow{DC}$=（0，2$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{DM}$=（$\frac{3}{2}$，2$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}$），
∴$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{DC}$=0，$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{DM}$=0，
∴PA⊥DC，PA⊥DM，
又DC∩DM=M，DC?平面DCM，DM?平面DCM，
∴PA⊥平面DCM．
（II）$\overrightarrow{CM}$=（$\frac{3}{2}$，0，$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{CA}$=（3，-$\sqrt{3}$，0），
设平面CAM的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}x+\frac{3}{2}z=0}\\{3x-\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，令x=1得$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{3}$，-1），
又PA⊥平面DCM，∴$\overrightarrow{PA}$=（3，0，-3）是平面DCM的一个法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{PA}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{6}{\sqrt{5}•3\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
∴二面角D-MC-A的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定，空间向量在立体几何的应用，属于中档题．