Question

1．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PDC是边长为2的正三角形，底面ABCD是菱形，∠ADC=60°，点P在底面ABCD上的射影为△ACD的重心，点M为线段PB上的点．
（1）当点M为PB的中点时，求证：PD∥平面ACM；
（2）当平面CDM与平面CBM所成锐二面角的余弦值为$\frac{2}{3}$时，求$\frac{BM}{BP}$的值．

Answer 1

分析 （1）设AC、BD的交点为I，连结MI，推导出PD∥MI，由此能证明PD∥平面ACM；
（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，过O点垂直平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出$\frac{BM}{BP}$的值．

解答 证明：（1）设AC、BD的交点为I，连结MI，
∵底面ABCD是菱形，∴I为BD中点，
∵点M为BP的中点，∴PD∥MI，
又MI?平面ACM，PD?平面ACM，
∴PD∥平面ACM；     …（5分）
解：（2）设CD的中点为O，分别以OA、OC为x轴、y轴，过O点垂直平面ABCD的直线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则A（$\sqrt{3}$，0，0），B（$\sqrt{3}，2，0$），C（0，1，0），D（0，-1，0），P（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
设$\overrightarrow{BM}$=λ$\overrightarrow{BP}$（0＜λ＜1），…（7分）
则$\overrightarrow{CM}$=$\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{CB}+λ\overrightarrow{BP}$=（$\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}λ$，1-2λ，$\frac{2\sqrt{6}}{3}λ$），
$\overrightarrow{DC}$=（0，2，0），$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{3}，-1，0$），
设平面CDM的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CM}=（\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}λ）x+（1-2λ）y+\frac{2\sqrt{6}}{3}λz=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DC}=2y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\frac{-3\sqrt{2}+2\sqrt{2}λ}{4λ}$），…（10分）
设平面CBM的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=（\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}λ）x+（1-2λ）y+\frac{2\sqrt{6}}{3}λz=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=-\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}，-\sqrt{2}$），…（12分）
∵平面CDM与平面CBM所成锐二面角的余弦值为$\frac{2}{3}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{3}{2λ}}{\sqrt{6}×\frac{\sqrt{24{λ}^{2}-24λ+18}}{4λ}}$=$\frac{2}{3}$，
解得$λ=\frac{1}{4}$或$λ=\frac{3}{4}$，∴$\frac{BM}{BP}$的值为$\frac{1}{4}$或$\frac{3}{4}$．…（15分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查线段的比值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．