Question

9．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是边长为2$\sqrt{3}$的菱形，且∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2$\sqrt{6}$，M，N分别为PB，PD的中点．
（1）证明：MN∥平面ABCD；
（2）若$\overrightarrow{PQ}$=$\frac{2}{3}$$\overrightarrow{PC}$，求直线AQ与平面AMN所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）连接BD，利用中位线定理可得MN∥BD，故而MN∥平面ABCD；
（2）连接AC交BD于O，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面AMN的法向量$\overrightarrow{n}$和$\overrightarrow{AQ}$的坐标，则所求角的正弦值为|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AQ}$＞|．

解答 （1）证明：连接BD，
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴MN∥BD，
又MN?平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD．
（2）解：连接AC交BD于O，过O作平面ABCD的垂线Oz，
∵底面ABCD是边长为2$\sqrt{3}$的菱形，∠ABC=60°，
∴AC⊥BD，且OA=OC=$\sqrt{3}$，OB=OD=3，
以O为坐标原点，以OB，OC，Oz为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz，
则A（0，-$\sqrt{3}$，0），P（0，-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{6}$），B（3，0，0），D（-3，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0）
∴$\overrightarrow{BD}$=（-6，0，0），$\overrightarrow{PC}$=（0，2$\sqrt{3}$，-2$\sqrt{6}$），$\overrightarrow{AP}$=（0，0，2$\sqrt{6}$），
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴M（$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{6}$），N（-$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{6}$），
∴$\overrightarrow{AM}$=（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{6}$），$\overrightarrow{MN}$=（-3，0，0），$\overrightarrow{PQ}$=$\frac{2}{3}$$\overrightarrow{PC}$=（0，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{4\sqrt{6}}{3}$），
∴$\overrightarrow{AQ}$=$\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PQ}$=（0，$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
设平面AMN的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MN}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\sqrt{6}z=0}\\{-3x=0}\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow{n}$=（0，2$\sqrt{2}$，1），
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AQ}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AQ}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AQ}|}$=$\frac{\frac{10\sqrt{6}}{3}}{3×2\sqrt{2}}$=$\frac{5\sqrt{3}}{9}$．
∴直线AQ与平面AMN所成角的正弦值为|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AQ}$＞|=$\frac{5\sqrt{3}}{9}$．

点评 本题考查了线面平行的判定，线面角的计算与空间向量的应用，属于中档题．