Question

15．在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，M是PD的中点，AC⊥AD，BA⊥BC，PC=AC=2BC，∠ACD=∠ACB．
（1）求证：PA⊥CM；
（2）求二面角M-AC-P的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取PA的中点N，连接MN，NC，由三角形中位线定理可得MN∥AD，由PC⊥底面ABCD，得PC⊥AD，结合AC⊥AD，可得AD⊥平面PAC，进一步得到MN⊥PA，再由等腰三角形的性质可知CN⊥PA，由线面垂直的判定得到PA⊥平面MNC，则有PA⊥CM；
（2）设PC=AC=1，解三角形可得CD=2．以B为坐标原点，以BA、CB所在直线分别为x、y轴，以过B点和PC平行的直线为z轴距离如图所示坐标系．求得A，C，D，P的坐标，进一步求出平面PAC与平面ACM的一个法向量，利用两法向量所成角的余弦值可得二面角M-AC-P的余弦值．

解答 （1）证明：取PA的中点N，连接MN，NC，
∵MN为△PAD的中位线，∴MN∥AD，
∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AD，
又∵AC⊥AD，PC∩AD=C，∴AD⊥平面PAC，
∴AD⊥PA，则MN⊥PA，
∵PC=AC，N为PA的中点，∴CN⊥PA，
∵MN∩NC=N，∴PA⊥平面MNC，
又∵CM?平面MNC，∴PA⊥CM；
（2）解：设PC=AC=1，则BC=$\frac{1}{2}$，
∵BA⊥BC，∴cos$∠ACB=\frac{1}{2}$，
∴∠ACD=∠ACB=60°，
又∵AC⊥CD，∴CD=2．
以B为坐标原点，以BA、CB所在直线分别为x、y轴，以过B点和PC平行的直线为z轴距离如图所示坐标系．
则A（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），C（0，-$\frac{1}{2}$，0），D（$\sqrt{3}$，-$\frac{3}{2}$，0），P（0，-$\frac{1}{2}$，1），
∴M（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-1，$\frac{1}{2}$）．
$\overrightarrow{CA}=（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，0），\overrightarrow{CM}=（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$，$\overrightarrow{DA}=（-\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}，0）$．
∵DA⊥平面PAC，
∴$\overrightarrow{DA}=（-\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}，0）$是平面PAC的一个法向量．
设$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$是平面ACM的一个法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CA}•\overrightarrow{n}=0}\\{\overrightarrow{CM}•\overrightarrow{n}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+\frac{z}{2}=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}=（1，-\sqrt{3}，-2\sqrt{3}）$．
∴|cos＜$\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{DA}|•|\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}×4}$|=$\frac{1}{2}$．
由图可知，二面角M-AC-P为锐角，
∴二面角M-AC-P的余弦值为$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查线面垂直的判定和性质，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．