Question

17．如圖，在三棱錐A-BCD中，AD⊥平面BCD，CB=CD，AD=DB，P，Q分別在線段AB，AC上，AP=3PB，AQ=2QC，M是BD的中點(diǎn)．
（Ⅰ）證明：DQ∥平面CPM；
（Ⅱ）若二面角C-AB-D的大小為$\frac{π}{3}$，求∠BDC的正切值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB的中點(diǎn)E，則EQ∥PC，從而EQ∥平面CPM，由中位線定理得DE∥PM，從而DE∥平面CPM，進(jìn)而平面DEQ∥平面CPM，由此能證明DQ∥平面CPM．
（Ⅱ）法1：推導(dǎo)出AD⊥CM，BD⊥CM，從而CM⊥平面ABD，進(jìn)而得到∠CPM是二面角C-AB-D的平面角，由此能求出∠BDC的正切值．
法2：以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MC，MD，ME所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出∠BDC的正切值．

解答 證明：（Ⅰ）取AB的中點(diǎn)E，則$\frac{AE}{EP}=2=\frac{AQ}{QC}$，所以EQ∥PC．
又EQ?平面CPM，所以EQ∥平面CPM． …（2分）
又PM是△BDE的中位線，所以DE∥PM，
從而DE∥平面CPM．…（4分）
所以平面DEQ∥平面CPM，…（6分）
故DQ∥平面CPM． …（7分）
解：（Ⅱ）解法1：由AD⊥平面BCD知，AD⊥CM
由BC=CD，BM=MD，知BD⊥CM，
故CM⊥平面ABD． …（9分）
由（Ⅰ）知DE∥PM，而DE⊥AB，故PM⊥AB．
所以∠CPM是二面角C-AB-D的平面角，
即$∠CPM=\frac{π}{3}$． …（11分）
設(shè)PM=a，則$CM=\sqrt{3}a$，$DM=BM=\sqrt{2}a$，
在Rt△CMD中，$tan∠MDC=\frac{MC}{MD}=\frac{{\sqrt{3}a}}{{\sqrt{2}a}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．   …（13分）
所以∠BDC的正切值為$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．…（15分）
解法2：以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MC，MD，ME所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)MC=a，MD=b，則C（a，0，0），B（0，-b，0），A（0，b，2b）…（9分）
則$\overrightarrow{BC}=（{a，b，0}）$，$\overrightarrow{BA}=（{0，2b，2b}）$
設(shè)$\overrightarrow{n_1}=（{x，y，z}）$平面ABC的一個(gè)法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{BA}=0.\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}ax+by=0\\ 2by+2bz=0.\end{array}\right.$取$\overrightarrow{n_1}=（{b，-a，a}）$…（11分）
平面ABD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{1，0，0}）$，…（13分）
所以 $|{cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞}|=\frac{{\sqrt{{b^2}+2{a^2}}}}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$
在Rt△CMD中，$tan∠MDC=\frac{MC}{MD}=\frac{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$
所以∠BDC的正切值為$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$． …（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查角的正切值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．