Question

1．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，且PA⊥BD，∠BAD=60°，AB=2
（1）證明：PD=PB；
（2）當(dāng)PD⊥PB，二面角A-PB-C的余弦值為$\frac{-5}{7}$時，求此錐體的高？
（3）在條件（2）下，研究在線段PB上是否存在點M，使得異面直線PA與DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，連接AC，與BD相交于點O，連接OP．利用菱形的性質(zhì)可得：AC⊥BD，又PA⊥BD，可得BD⊥平面PAC．再利用線段的垂直平分線的性質(zhì)即可得出．
（2）當(dāng)PD⊥PB，由（1）可知：PD=PB，OP=OD=OB．過點P作PO₁⊥AC，垂足為O₁，分別以O(shè)₁A，O₁E，O₁P為x軸，y軸，z軸．建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O₁-xyz．由△ABD中，∠BAD=60°，AB=2=AD，可得OA=$\sqrt{3}$，OB=1=OD=OP．設(shè)O₁A=a（不妨假設(shè)$a≥\sqrt{3}$），設(shè)平面ABP的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{m}$．同理可得：平面CBP的法向量為$\overrightarrow{n}$，由于二面角A-PB-C的余弦值為$\frac{-5}{7}$，可得$\frac{5}{7}$=$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$，解得a即可得出．
（3）假設(shè)在條件（2）下，在線段PB上存在點M，使得異面直線PA與DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$．設(shè)$\overrightarrow{BM}=λ\overrightarrow{BP}$，則$\overrightarrow{OM}$=（0，1-λ，λ），（0≤λ＜1），可得$\overrightarrow{DM}$，利用$|cos＜\overrightarrow{DM}，\overrightarrow{PA}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{DM}||\overrightarrow{PA}|}$=$\frac{\sqrt{26}}{52}$，解得λ即可判斷出．

解答 （1）證明：如圖所示，連接AC，與BD相交于點O，連接OP．
∵底面ABCD為菱形，∴AC⊥BD，
又AC∩PA=A，PA⊥BD，
∴BD⊥平面PAC．
∴BD⊥OP．
又OD=OB，
∴PB=PD．
（2）解：當(dāng)PD⊥PB，由（1）可知：PD=PB，
∴OP=OD=OB．
過點P作PO₁⊥AC，垂足為O₁，分別以O(shè)₁A，O₁E，O₁P為x軸，y軸，z軸．
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O₁-xyz．
∵△ABD中，∠BAD=60°，AB=2=AD，
∴OA=$\sqrt{3}$，OB=1=OD=OP．
設(shè)O₁A=a（不妨假設(shè)$a≥\sqrt{3}$），則A（a，0，0），$B（a-\sqrt{3}，1，0）$，C$（a-2\sqrt{3}，0，0）$，∵O₁P=$\sqrt{1-（a-\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}$．∴P$（0，0，\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}）$．
$\overrightarrow{AB}$=$（-\sqrt{3}，1，0）$，$\overrightarrow{BP}$=$（\sqrt{3}-a，-1，\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}）$，$\overrightarrow{BC}$=$（-\sqrt{3}，-1，0）$．
設(shè)平面ABP的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x+y=0}\\{（\sqrt{3}-a）x-y+\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（1，\sqrt{3}，\frac{a}{\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}）$．
同理可得：平面CBP的法向量為$\overrightarrow{n}$=$（-1，\sqrt{3}，\frac{2\sqrt{3}-a}{\sqrt{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}）$，
∵二面角A-PB-C的余弦值為$\frac{-5}{7}$，∴$\frac{5}{7}$=$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|2+\frac{a（2\sqrt{3}-a）}{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}|}{\sqrt{4+\frac{{a}^{2}}{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}\sqrt{4+\frac{（2\sqrt{3}-a）^{2}}{2\sqrt{3}a-{a}^{2}-2}}}$，解得a=$\sqrt{3}$．
因此可得：點O₁與O重合，因此此錐體的高為OP=1．
（3）假設(shè)在條件（2）下，在線段PB上存在點M，使得異面直線PA與DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$．
A$（\sqrt{3}，0，0）$，P（0，0，1），B（0，1，0），D（0，-1，0）．
$\overrightarrow{PA}$=$（\sqrt{3}，0，-1）$．
設(shè)$\overrightarrow{BM}=λ\overrightarrow{BP}$，則$\overrightarrow{OM}$=（0，1-λ，λ），（0≤λ＜1），∴$\overrightarrow{DM}$=（0，2-λ，λ）．
∴$|cos＜\overrightarrow{DM}，\overrightarrow{PA}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{DM}||\overrightarrow{PA}|}$=$\frac{|-λ|}{2\sqrt{（2-λ）^{2}+{λ}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{26}}{52}$，
解得λ=$\frac{1}{3}$．
∴M$（0，\frac{2}{3}，\frac{1}{3}）$．
因此在條件（2）下，在線段PB上存在點M$（0，\frac{2}{3}，\frac{1}{3}）$，使得異面直線PA與DM成角的余弦值等于$\frac{\sqrt{26}}{52}$．

點評 本題考查了線面面面垂直的性質(zhì)與判定定理、空間角、探究法、分類討論，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．