Question

8．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC=90°，PA=AB=BC=2，AD=1，M是棱PB中点．
（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PCD；
（Ⅱ）设点N是线段CD上一动点，且$\overrightarrow{DN}$=λ$\overrightarrow{DC}$，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值．

Answer 1

分析 （I）取PC的中点E，连接DE，由四边形ADEM是平行四边形得AM∥DE，由AM⊥平面PBC得DE⊥平面PBC，故而平面PBC⊥平面PCD；
（II）以A为原点建立坐标系，求出$\overrightarrow{MN}$和平面PAB的法向量$\overrightarrow{AD}$，得出|cos＜$\overrightarrow{MN}，\overrightarrow{AD}$＞|关于λ的函数，利用二次函数的性质得出|cos＜$\overrightarrow{MN}，\overrightarrow{AD}$＞|取得最大值时的λ的值．

解答 证明：（1）取PC的中点E，则连接DE，
∵ME是△PBC的中位线，
∴ME$\stackrel{∥}{=}\frac{1}{2}BC$，又AD$\stackrel{∥}{=}\frac{1}{2}BC$，
∴ME$\stackrel{∥}{=}$AD，
∴四边形AMED是平行四边形，∴AM∥DE．
∵PA=AB，M是PB的中点，
∴AM⊥PB，
∵PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，
∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB，∵AM?平面PAB，
∴BC⊥AM，
又PB?平面PBC，BC?平面PBC，PB∩BC=B，
∴AM⊥平面PBC，∵AM∥DE，
∴DE⊥平面PBC，又DE?平面PCD，
∴平面PBC⊥平面PCD．
（2）以A为原点，以AD，AB，AP为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（0，0，0），B（0，2，0），M（0，1，1），P（0，0，2），C（2，2，0），D（1，0，0）．
∴$\overrightarrow{DC}$=（1，2，0），$\overrightarrow{AM}$=（0，1，1），$\overrightarrow{AD}$=（1，0，0），
∴$\overrightarrow{DN}$=λ$\overrightarrow{DC}$=（λ，2λ，0），$\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}$=（λ+1，2λ，0），
$\overrightarrow{MN}$=$\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}$=（λ+1，2λ-1，-1）．
∵AD⊥平面PAB，∴$\overrightarrow{AD}$为平面PAB的一个法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{MN}$＞=$\frac{\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{MN}}{|\overrightarrow{AD}||\overrightarrow{MN}|}$=$\frac{λ+1}{\sqrt{5{λ}^{2}-2λ+3}}$=$\frac{λ+1}{\sqrt{5（λ+1）^{2}-12（λ+1）+10}}$=$\frac{1}{\sqrt{5-\frac{12}{λ+1}+\frac{10}{（λ+1）^{2}}}}$
=$\frac{1}{\sqrt{10（\frac{1}{λ+1}-\frac{3}{5}）^{2}+\frac{7}{5}}}$
设MN与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=$\frac{1}{\sqrt{10（\frac{1}{λ+1}-\frac{3}{5}）^{2}+\frac{7}{5}}}$．
∴当$\frac{1}{λ+1}=\frac{3}{5}$ 即$λ=\frac{2}{3}$时，sinθ取得最大值，
∴MN与平面PAB所成的角最大时$λ=\frac{2}{3}$．

点评 本题考查了面面垂直的判定，空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．