Question

20．如图，△BCD与△MCD都是正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面ABM；
（Ⅱ）若∠ACB=60°，求三棱锥A-BCD与三棱锥M-ACD的体积比；
（Ⅲ）若AB=2$\sqrt{3}$，CD=2，求直线DM与平面ACM所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）取CD的质中点E，连结BE，ME，根据等边三角形的性质得出CD⊥BE，CD⊥ME，于是CD⊥平面BME，得出CD⊥BM，由AB⊥平面ABCD得AB⊥CD，于是CD⊥平面ABM；
（2）设正三角形边长为a，求出AB的长和ME的长，由于V_A-BCD=$\frac{1}{3}{S}_{△BCD}•AB$，V_M-ACD=V_A-MCD=V_B-MCD=V_M-BCD=$\frac{1}{3}{S}_{△BCD}•ME$，故而两棱锥的体积比等于AB与ME的比；
（3）以E为坐标原点建立空间坐标系，求出平面ACM的法向量$\overrightarrow{n}$，则所求角的正弦值为|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DM}$＞|．

解答 证明：（1）取CD的质中点E，连结BE，ME．
∵△BCD与△MCD都是正三角形，E是CD的中点，
∴CD⊥BE，CD⊥ME，
又BE?平面BME，ME?平面BME，BE∩ME=E，
∴CD⊥平面BME，∵BM?平面BME，
∴CD⊥BM，
∵AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，
∴CD⊥AB，又AB?平面ABM，BM?平面ABM，AB∩BM=B，
∴CD⊥平面ABM．
（2）设BC=a，则BE=ME=$\frac{\sqrt{3}}{2}a$．
∵∠ACB=60°，∴AB=$\sqrt{3}$BC=$\sqrt{3}$a．
∴V_A-BCD=$\frac{1}{3}{S}_{△BCD}•AB$=$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2}×\sqrt{3}a$=$\frac{{a}^{3}}{4}$．
∵平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD=CD，ME⊥CD，ME?平面CDM，
∴ME⊥平面BCD，
∴AB∥ME．
∴V_M-ACD=V_A-MCD=V_B-MCD=V_M-BCD=$\frac{1}{3}{S}_{△BCD}•ME$=$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}a$=$\frac{{a}^{3}}{8}$．
∴三棱锥A-BCD与三棱锥M-ACD的体积比为2：1．
（3）以E为坐标原点建立空间直角坐标系如图：
∵CD=2，AB=2$\sqrt{3}$，∴BE=ME=$\sqrt{3}$．
∴C（0，-1，0），D（0，1，0），M（0，0，$\sqrt{3}$），A（-$\sqrt{3}$，0，2$\sqrt{3}$）．
∴$\overrightarrow{DM}$=（0，-1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{CM}$=（0，1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{CA}$=（-$\sqrt{3}$，1，2$\sqrt{3}$）．
设平面ACM的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{CM}$，$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{CA}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y+\sqrt{3}z=0}\\{-\sqrt{3}x+y+2\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，1），
∴|$\overrightarrow{n}$|=$\sqrt{5}$，$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DM}$=2$\sqrt{3}$．|$\overrightarrow{DM}$|=2．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DM}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DM}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{DM}|}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$．
∴直线DM与平面ACM所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定，线面角的计算，棱锥的体积计算，属于中档题．