Question

14．如图，在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面BCD，CB=CD，AD=DB，P，Q分别在线段AB，AC上，AP=3PB，AQ=2QC，M是BD的中点．
（1）证明：DQ∥平面CPM；
（2）若二面角C-AB-D的大小为$\frac{π}{3}$，求tan∠BDC．

Answer 1

分析 （1）取AB中点E，则EQ∥PC，从而EQ∥平面CPM，由中位线定理得DE∥PM，从而DE∥平面CPM，由此能证明DQ∥平面CPM．
（2）法1：推导出AD⊥CM，BD⊥CM，从而CM⊥平面ABD，进而得到∠CPM是二面角C-AB-D的平面角，由此能求出∠BDC的正切值．
法2：以M为坐标原点，MC，MD，ME所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出∠BDC的正切值．

解答 证明：（1）取AB的中点E，则$\frac{AE}{EP}$=2=$\frac{AQ}{QC}$，
∴EQ∥PC，
又EQ?平面CPM，∴EQ∥平面CPM，
又PM是△BDE的中位线，∴DE∥PM，
从而DE∥平面CPM，∴平面DEQ∥平面CPM，
∴DQ∥平面CPM．
解：（2）解法1：由AD⊥平面BCD，知AD⊥CM，
由BC=CD，BM=MD，知BD⊥CM，
故CM⊥平面ABD，
由（1）知DE∥PM，而DE⊥AB，故PM⊥AB，
∴∠CPM是二面角C-AB-D的平面角，∴∠CPM=$\frac{π}{3}$，
设PM=a，则CM=$\sqrt{3}a$，DM=BM=$\sqrt{2}a$，
在Rt△CMD中，tan∠MDC=$\frac{MC}{MD}$=$\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{2}a}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴tan∠BDC=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
解法2：以M为坐标原点，MC，MD，ME所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，
设MC=a，MD=b，则C（a，0，0），B（0，-b，0），A（0，b，2b），
则$\overrightarrow{BC}$=（a，b，0），$\overrightarrow{BA}$=（0，2b，2b），
设$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）是平面ABC的一个法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=ax+by=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BA}=2by+2bz=0}\end{array}\right.$，取x=b，得$\overrightarrow{n}$=（b，-a，a），
平面ABD的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
∵二面角C-AB-D的大小为$\frac{π}{3}$，∴cos$\frac{π}{3}$=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{b}{\sqrt{{b}^{2}+2{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，
整理得：$\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，
在Rt△CMD中，tan∠MDC=$\frac{MC}{MD}=\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴tan∠BDC=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

点评 本题考查线面垂直的证明、角的正切、二面角等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力、数据处理能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合，考查创新意识、应用意识，是中档题．