Question

12．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是PB的中点．
（Ⅰ）求证：AM∥平面PCD；
（Ⅱ）求证：平面ACM⊥平面PAB；
（Ⅲ）若PC与平面ACM所成角为30°，求PA的长．

Answer 1

分析 （I）取PC的中点N，连接MN，CN，则可证四边形ADNM是平行四边形，于是AM∥DN，从而有AM∥平面PCD；
（II）利用勾股定理及余弦定理计算AC，AB可得出AC²+AB²=BC²，于是AC⊥AB，由PA⊥平面ABCD得出PA⊥AC，于是AC⊥平面PAB，从而得出平面MAC⊥平面PAB；
（III）以A为原点建立空间坐标系，设P（0，0，a），求出$\overrightarrow{PC}$和平面ACM的法向量$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{PC}，\overrightarrow{n}$＞|=sin30°解出a，得出|PA|．

解答 证明：（I）取PC的中点N，连接MN，DN．
∵M，N是PB，PC的中点，
∴MN$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BC，又AD$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BC
∴MN$\stackrel{∥}{=}$AD，
∴四边形ADNM是平行四边形，
∴AM∥DN，又AM?平面PCD，CD?平面PCD，
∴AM∥平面PCD．
（II）∵PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴PA⊥AC．
∵AD=CD=1，AD⊥CD，AD∥BC，
∴AC=$\sqrt{2}$，∠DCA=∠BCA=45°，
又BC=2，∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}-2AC•BC•cos45°}$=$\sqrt{2}$．
∴AC²+AB²=BC²，∴AC⊥AB．
又PA?平面PAB，AB?平面PAB，PA∩AB=A，
∴AC⊥平面PAB，又AC?平面ACM，
∴平面ACM⊥平面PAB．
（III）取BC的中点E，连接AE，则AE⊥AD．
以A为原点，以AD，AE，AP为坐标轴建立空间直角坐标系A-xyz，
则A（0，0，0），C（1，1，0），设P（0，0，a），则M（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{a}{2}$）（a＞0）．
∴$\overrightarrow{AC}$=（1，1，0），$\overrightarrow{AM}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{a}{2}$），$\overrightarrow{PC}$=（1，1，-a）．
设平面ACM的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AM}=0}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0}\\{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{a}{2}z=0}\end{array}\right.$．令x=1得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，$\frac{2}{a}$）．
∴cos＜$\overrightarrow{PC}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{PC}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2}{\sqrt{2+{a}^{2}}\sqrt{2+\frac{4}{{a}^{2}}}}$．
∵PC与平面ACM所成角为30°，
∴$\frac{2}{\sqrt{2+{a}^{2}}\sqrt{2+\frac{4}{{a}^{2}}}}$=$\frac{1}{2}$．解得a=$\sqrt{2}$．
∴|PA|=$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了线面平行，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．