Question

9．如图，AB时圆O的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上异于A、B的动点，PA=AB，∠ABC大小为θ，点D、E分别在棱PB，PC上．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角？并说明理由；
（3）如图，过点A作平面α分别交PB、PC于M、N，且PB⊥平面α，sinθ为何值时，△AMN的面积S有最大值？

Answer 1

分析 （1）根据线面垂直的判定定理即可证明BC⊥平面PAC；
（2）根据直二面角的定义，进行判断即可；
（3）根据线面垂直的定义和性质，建立三角函数关系，利用基本不等式的性质进行求解即可．

解答 解：（1）∵PA垂直圆所在的平面，∴PA⊥BC，
∵AB时圆O的直径，
∴BC⊥AC，
∵AC∩PA=A，
∴BC⊥平面PAC；
（2）存在点E，当DE∥BC时，使得二面角A-DE-P为直二面角
若DE∥BC，又由（1）知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC．
又∵AE?平面PAC，PE?平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE，
∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，
∴∠PAC=90°，∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC．
这时，∠AEP=90°，
故存在点E使得二面角A-DE-P是直二面角．

（3）不妨设PB=2a，则PA=PB=$\sqrt{2}$a，
则由$\left.\begin{array}{l}{PB⊥面AMN}\\{AM?面AMN}\end{array}\right\}$⇒AM⊥PB，
在△PAB中，AP=PB，则AM=MB=a，
又PB⊥面AMN，AN?面AMN，∴AN⊥PB，
BC⊥面PAC，AN?面AMN，∴AN⊥BC，
∵BC∩PB=B，
∴AN⊥面PAC，
∵MN?面AMN，
∴AN⊥MN，
则△AMN直角三角形，
又斜边AM=a为定长，AM²=AN²+MN²≥2AN•MN，
于是S_△AMN=$\frac{1}{2}$AN•MN≤$\frac{A{N}^{2}+M{N}^{2}}{4}$=$\frac{{a}^{2}}{4}$，
∴当△AMN为等腰直角三角形时，面积最大，
此时AN=MN=$\frac{\sqrt{2}a}{2}$，在直角三角形PAC中，得PA=$\sqrt{2}$a，AN=$\frac{\sqrt{2}a}{2}$，AC=$\frac{\sqrt{6}a}{3}$，
直角三角形PAC中，得AB=$\sqrt{2}$a，AC=$\frac{\sqrt{6}a}{3}$，
∴sinθ=$\frac{AC}{AB}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
即sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，△AMN的面积S有最大值．

点评 本题主要考查直线和平面垂直的判断，以及线面垂直以及二面角的应用，利用定义法结合相应的判定定理和性质定理是解决本题的关键．