Question

18．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，O是AD的中点，M为PC的中点．
（1）求证：PC⊥AD；
（2）若PO与底面ABCD垂直，求直线DM与平面PAC所成的角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）连接OC，AC，推导出OC⊥AD，O P⊥AD．从而AD⊥平面P OC，由此能证明PC⊥AD．
（2）设点D到平面 P AC的距离为h，由V_D-P AC=V _P-ACD，能求出直线DM与平面PAC所成的角的正弦值．

解答 证明：（1）连接OC，AC，
由题意可知△P AD，△ACD均为正三角形．
所以OC⊥AD，O P⊥AD．
又OC∩O P=O，OC?平面POC，OP?平面POC，
所以AD⊥平面POC，
又PC?平面POC，
所以PC⊥AD．
解：（2）∵PO⊥平面ABCD，∴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△PAC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△P AC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 P AC的距离为h，
由V_D-P AC=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$\frac{{2\sqrt{15}}}{5}$．
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$\frac{{2\sqrt{6}}}{5}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．