Question

20．如图，三棱锥P-ABC中，D是BC的中点，△PAB为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，AB=AC=4，且二面角P-AB-D的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（Ⅰ）求证：平面ABC⊥平面PBC；
（Ⅱ）若点M是线段AP上一动点，点N为线段AB的四等分点（靠近B点），求直线NM与平面PAD所成角的余弦值的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB中点E，连接DE，PE，可得DE∥AC，结合已知得DE⊥AB，求解三角形证得AD⊥PD，利用线面垂直的判定可得AD⊥平面PBC，从而得到平面ABC⊥平面PBC；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知PD⊥CB，以D为坐标原点，分别以DA、DB、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AP}$（0≤λ≤1），把M的坐标用含有λ的代数式表示，求得$\overrightarrow{MN}$的坐标．平面PAD的一个法向量$\overrightarrow{m}=（0，1，0）$，可得直线NM与平面PAD所成角的正弦值，利用二次函数求得直线NM与平面PAD所成角的正弦的最大值，即余弦值最小值．

解答 （Ⅰ）证明：如图，取AB中点E，连接DE，PE，则DE∥AC，
∵AC⊥AB，∴DE⊥AB，
∵PAB为正三角形，∴PE⊥AB，则∠PED为二面角P-AB-D的平面角，cos∠PED=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∵DE=$\frac{1}{2}AC=2$，PE=$2\sqrt{3}$，由余弦定理可得PD²=PE²+DE²-2×PE×DE=12+4-2×$2\sqrt{3}×2×\frac{\sqrt{3}}{3}$=8．
在等腰直角三角形ABC中，可得AD=$2\sqrt{2}$，满足PD²+AD²=8+8=16=PA²，
∴AD⊥PD，又AD⊥BC且PD∩BC=D，
∴AD⊥平面PBC，又AD?平面ABC，则平面ABC⊥平面PBC；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知PD²+DB²=PB²，则PD⊥CB，
以D为坐标原点，分别以DA、DB、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则N（$\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{3\sqrt{2}}{2}，0$），A（$2\sqrt{2}$，0，0），P（0，0，$2\sqrt{2}$），
设M（x，0，z），且$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AP}$（0≤λ≤1），则（$x-2\sqrt{2}$，0，z）=（$-2\sqrt{2}λ$，0，$2\sqrt{2}λ$），
∴x=$2\sqrt{2}+2\sqrt{2}λ$，z=$2\sqrt{2}λ$，则M（$2\sqrt{2}+2\sqrt{2}λ$，0，$2\sqrt{2}λ$）．
∴$\overrightarrow{MN}=（-\frac{3\sqrt{2}}{2}-2\sqrt{2}λ，\frac{3\sqrt{2}}{2}，-2\sqrt{2}λ）$．
平面PAD的一个法向量$\overrightarrow{m}=（0，1，0）$，
∴直线NM与平面PAD所成角的正弦值为|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{MN}$＞
|=|$\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{（-\frac{3\sqrt{2}}{2}-2\sqrt{2}λ）^{2}+（\frac{3\sqrt{2}}{2}）^{2}+（-2\sqrt{2}λ）^{2}}×1}$|
=$\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{16{λ}^{2}+12λ+9}}$．
∴当λ=0时，直线NM与平面PAD所成角的正弦值最大，即余弦值最小为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查面面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解线面角，是中档题．