Question

11．如圖，在三棱椎P-ABC中，PA=PB=PC=AC=4，AB=BC=2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求證：平面ABC⊥平面APC．
（Ⅱ）若動(dòng)點(diǎn)M在底面三角形ABC內(nèi)（包括邊界）運(yùn)動(dòng)，使二面角M-PA-C的余弦值為$\frac{3\sqrt{93}}{31}$，求此時(shí)∠MAB的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AC中點(diǎn)O，連結(jié)OP，OB，推導(dǎo)出OP⊥OC，OP⊥OB，由此能證明OP⊥平面APC．
（Ⅱ）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出∠MAB的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）取AC中點(diǎn)O，連結(jié)OP，OB，
∵AP=CP，∴OP⊥OC，
∵在三棱椎P-ABC中，PA=PB=PC=AC=4，AB=BC=2$\sqrt{2}$，
∴OP=2$\sqrt{3}$，OB=2，PB=4，∴PB²=OP²+OB²，△POB是直角三角形，
∴OP⊥OB，
又OC與OB交于點(diǎn)O，∴OP⊥平面APC．
解：（Ⅱ）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
A（0，-2，0），B（2，0，0），P（0，0，2$\sqrt{3}$），
平面PAC的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，0，0），
設(shè)平面PAM的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），M（m，n，0），
∴$\overrightarrow{AP}$=（0，2，2$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AM}$=（m，n+2，0），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{m}=2y+2\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{m}=mx+（n+2）y=0}\end{array}\right.$，取z=-1，得$\overrightarrow{m}$=（$\frac{\sqrt{3}（n+2）}{-m}，\sqrt{3}，-1$），
∵二面角M-PA-C的余弦值為$\frac{3\sqrt{93}}{31}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\frac{\sqrt{3}（n+2）}{-m}|}{\sqrt{（\frac{\sqrt{3}（n+2）}{-m}）^{2}+4}}$=$\frac{|\sqrt{3}（n+2）|}{\sqrt{3（n+2）^{2}+4{m}^{2}}}$=$\frac{3\sqrt{93}}{31}$，
整理，得（n+2）²=9m²，
∴n+2=3m或n+2=-3m（舍），
∴cos∠MAB=$\frac{|\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{AM}|•|\overrightarrow{AB}|}$=$\frac{|2m+2（n+2）|}{2\sqrt{2}•\sqrt{{m}^{2}+（n+2）^{2}}}$=$\frac{|2m+2×3m|}{2\sqrt{2}•\sqrt{{m}^{2}+3{m}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線(xiàn)面垂直的證明，考查角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．