Question

7．如图，四棱锥P-ABCD，底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面ABCD垂直，M为PC的中点．
（I）求证：PC⊥AD；
（Ⅱ）求直线DM与平面PAC所成的角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）取AD中点 O，连接OP，OC，AC，证明OC⊥AD，OP⊥AD．推出AD⊥平面POC，即可在，PC⊥AD．
（II）证明PO⊥平面ABCD．说明PO为三棱锥P-ACD的高．求出△PAC的面积，设点D到平面 PAC的距离为h，由V_D-PAC=V_P-ACD，求出点D到平面PAC的距离，然后求解直线DM与平面PAC所成的角的正弦值．

解答 解：（I）证明：取AD中点 O，连接OP，OC，AC，
由题意可知△PAD，△ACD均为正三角形．
所以 OC⊥AD，OP⊥AD．
又 OC∩OP=O，OC?平面POC，OP?平面 POC，
所以 AD⊥平面POC，
又 PC?平面POC，
所以 PC⊥AD．…（4分）
（II）由（1）可知 PO⊥AD，
又平面 PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面 ABCD=AD，PO?平面PAD，
所以 PO⊥平面ABCD．即 PO为三棱锥P-ACD的高．
在Rt△P OC中，${P}{O}={O}C=\sqrt{3}$，${P}C=\sqrt{6}$，
在△P AC中，P A=AC=2，${P}C=\sqrt{6}$，
边 PC上的高${A}{M}=\sqrt{{P}{{A}^2}-{P}{{M}^2}}=\frac{{\sqrt{10}}}{2}$，
所以△PAC的面积${S_{△{P}{A}C}}=\frac{1}{2}{P}C•{A}{M}=\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\frac{{\sqrt{10}}}{2}=\frac{{\sqrt{15}}}{2}$．
设点D到平面 PAC的距离为h，由V_D-PAC=V_P-ACD得，
$\frac{1}{3}{S_{△{P}{A}C}}•h=\frac{1}{3}{S_{△{A}CD}}•{P}{O}$，又${S_{△{A}CD}}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
所以$\frac{1}{3}×\frac{{\sqrt{15}}}{2}×h=\frac{1}{3}×\sqrt{3}×\sqrt{3}$，解得$h=\frac{{2\sqrt{15}}}{5}$．
故点D到平面PAC的距离为$\frac{{2\sqrt{15}}}{5}$．         …（10分）
设直线DM与平面PAC所成的角为θ
则$sinθ=\frac{h}{DM}=\frac{{\frac{{2\sqrt{15}}}{5}}}{{\frac{{\sqrt{10}}}{2}}}=\frac{{2\sqrt{6}}}{5}$，
所以直线DM与平面PAC所成的角的正弦值为$\frac{{2\sqrt{6}}}{5}$．…（12分）．

点评 本题考查直线与平面市场价的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查转化思想以及空间想象能力．