Question

15．如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．
（1）证明：MN∥平面PAB；
（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）法一、取PB中点G，连接AG，NG，由三角形的中位线定理可得NG∥BC，且NG=$\frac{1}{2}BC$，再由已知得AM∥BC，且AM=$\frac{1}{2}$BC，得到NG∥AM，且NG=AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG，由线面平行的判定得到MN∥平面PAB；
法二、证明MN∥平面PAB，转化为证明平面NEM∥平面PAB，在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，由已知PA⊥底面ABCD，可得PA∥NE，通过求解直角三角形得到ME∥AB，由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB，则结论得证；
（2）连接CM，证得CM⊥AD，进一步得到平面PNM⊥平面PAD，在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．然后求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

解答 （1）证明：法一、如图，取PB中点G，连接AG，NG，
∵N为PC的中点，
∴NG∥BC，且NG=$\frac{1}{2}BC$，
又AM=$\frac{2}{3}AD=2$，BC=4，且AD∥BC，
∴AM∥BC，且AM=$\frac{1}{2}$BC，
则NG∥AM，且NG=AM，
∴四边形AMNG为平行四边形，则NM∥AG，
∵AG?平面PAB，NM?平面PAB，
∴MN∥平面PAB；
法二、
在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，
在△ABC中，由已知AB=AC=3，BC=4，得cos∠ACB=$\frac{{4}^{2}+{3}^{2}-{3}^{2}}{2×4×3}=\frac{2}{3}$，
∵AD∥BC，
∴cos$∠EAM=\frac{2}{3}$，则sin∠EAM=$\frac{\sqrt{5}}{3}$，
在△EAM中，
∵AM=$\frac{2}{3}AD=2$，AE=$\frac{1}{2}AC=\frac{3}{2}$，
由余弦定理得：EM=$\sqrt{A{E}^{2}+A{M}^{2}-2AE•AM•cos∠EAM}$=$\sqrt{\frac{9}{4}+4-2×\frac{3}{2}×2×\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}$，
∴cos∠AEM=$\frac{（\frac{3}{2}）^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}-4}{2×\frac{3}{2}×\frac{3}{2}}=\frac{1}{9}$，
而在△ABC中，cos∠BAC=$\frac{{3}^{2}+{3}^{2}-{4}^{2}}{2×3×3}=\frac{1}{9}$，
∴cos∠AEM=cos∠BAC，即∠AEM=∠BAC，
∴AB∥EM，则EM∥平面PAB．
由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AC，又NE⊥AC，
∴NE∥PA，则NE∥平面PAB．
∵NE∩EM=E，
∴平面NEM∥平面PAB，则MN∥平面PAB；
（2）解：在△AMC中，由AM=2，AC=3，cos∠MAC=$\frac{2}{3}$，得CM²=AC²+AM²-2AC•AM•cos∠MAC=$9+4-2×3×2×\frac{2}{3}=5$．
∴AM²+MC²=AC²，则AM⊥MC，
∵PA⊥底面ABCD，PA?平面PAD，
∴平面ABCD⊥平面PAD，且平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴CM⊥平面PAD，则平面PNM⊥平面PAD．
在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．
在Rt△PAC中，由N是PC的中点，得AN=$\frac{1}{2}PC$=$\frac{1}{2}\sqrt{P{A}^{2}+P{C}^{2}}=\frac{5}{2}$，
在Rt△PAM中，由PA•AM=PM•AF，得AF=$\frac{PA•AM}{PM}=\frac{4×2}{\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴sin$∠ANF=\frac{AF}{AN}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{8\sqrt{5}}{25}$．
∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为$\frac{8\sqrt{5}}{25}$．

点评 本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面所成角的求法，考查数学转化思想方法，考查了空间想象能力和计算能力，是中档题．