Question

12．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥PC，PB=AB=BC=2，∠ABC=120°，$PC=\sqrt{3}$，D为AC上一点，且AD=3DC．
（1）求证：PD⊥平面ABC；
（2）若E为PA中点，求直线CE与平面PAB所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）取AC中点O，连接OP，OB，证明PD⊥AC，OB⊥PD，利用线面垂直的判定定理，证明PD⊥平面ABC；
（2）方法一：以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量方法求直线CE与平面PAB所成角的正弦值．
方法二：作EF⊥AC于F，求出点C到平面PAB的距离，即可求直线CE与平面PAB所成角的正弦值．

解答 解：（1）取AC中点O，连接OP，OB，
则由AD=3DC，知D为OC中点．
∵AB=BC=2，∠ABC=120°，
∴由余弦定理，得$AC=\sqrt{{2^2}+{2^2}-2×2×2cos120°}=2\sqrt{3}$．
∵PA⊥PC，∴在Rt△PAC中，$OP=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，
∴OP=PC，∴PD⊥AC．
又∵PB=AB=BC=2，∴OB⊥AC，$OB=\frac{1}{2}AB=1$，∴OB²+OP²=PB²，∴OB⊥OP，
又∵OP∩AC=O，∴OB⊥平面PAC，∵PD?平面PAC，∴OB⊥PD，
又∵OB∩AC=O，∴PD⊥平面ABC．…（5分）

（2）以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示，

则$A（\sqrt{3}，0，0）$，B（0，1，0），$C（-\sqrt{3}，0，0）$，$P（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，\frac{3}{2}）$，$E（\frac{{\sqrt{3}}}{4}，0，\frac{3}{4}）$，∴$\overrightarrow{AB}=（-\sqrt{3}，1，0）$，$\overrightarrow{AP}=（-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，0，\frac{3}{2}）$，$\overrightarrow{CE}=（\frac{{5\sqrt{3}}}{4}，0，\frac{3}{4}）$．
设$\overrightarrow n=（x，y，z）$是平面PAB的一个法向量，则
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{AP}=0\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{3}x+y=0\\-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}x+\frac{3}{2}z=0\end{array}\right.$，取x=1，则$\overrightarrow n=（1，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$． …（7分）
设直线CE与平面PAB所成角为θ，则$sinθ=cos\left?{\overrightarrow n，\overrightarrow{CE}}\right＞=\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{7}×\frac{{\sqrt{21}}}{2}}}=\frac{4}{7}$，
∴直线CE与平面PAB所成角的正弦值为$\frac{4}{7}$．       …（10分）
解法二：作EF⊥AC于F，则$EF=\frac{1}{2}PD=\frac{3}{4}$，$CF=CD+\frac{1}{2}AD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}+\frac{1}{2}×\frac{3}{2}\sqrt{3}=\frac{{5\sqrt{3}}}{4}$，
所以$C{E^2}=E{F^2}+C{F^2}={（\frac{3}{4}）^2}+{（\frac{5}{4}\sqrt{3}）^2}=\frac{21}{4}⇒CE=\frac{{\sqrt{21}}}{2}$．在△PAB中，AB=PB=2，$PA=\sqrt{P{D^2}+A{D^2}}=\sqrt{{{（\frac{3}{2}）}^2}+{{（\frac{3}{2}\sqrt{3}）}^2}}=3$，
所以高$BE=\sqrt{{2^2}-{{（\frac{3}{2}）}^2}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}$…（7分）
设点C到平面PAB的距离为h，则${V_{C-PAB}}=\frac{1}{3}{S_{△PAB}}×h=\frac{1}{3}×（\frac{1}{2}×3×\frac{{\sqrt{7}}}{2}）h=\frac{{\sqrt{7}}}{4}h$
另一方面，${V_{C-PAB}}={V_{P-ABC}}=\frac{1}{3}{S_{△ABC}}×PD=\frac{1}{3}×（\frac{1}{2}×2×2×sin\frac{2π}{3}）×\frac{3}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$
所以$h=\frac{{\sqrt{3}}}{2}×\frac{4}{{\sqrt{7}}}=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$，
所以直线CE与平面PAB所成角的正弦值$sinθ=\frac{h}{CE}=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}×\frac{2}{{\sqrt{21}}}=\frac{4}{7}$．…（10分）

点评 本题考查线面垂直的判定，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，考查向量方法的运用，属于中档题．