Question

3．如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，現(xiàn)將△ACD沿對(duì)角線AC折起至△ACP位置，并使平面PAC⊥平面ABC． 
（Ⅰ）求證：AC⊥PB；
（Ⅱ）在菱形ABCD中，若∠ABC=60°，求直線AB與平面PBC所成角的正弦值；
（Ⅲ）求四面體PABC體積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AC中點(diǎn)O，連接PO，BO，證明PO⊥AC，BO⊥AC，得到AC⊥平面POB，AC⊥PB．
（Ⅱ）以O(shè)為原點(diǎn)，以$\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OP}$方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBC的法向量，然后求解直線AB與平面PBC成角的正弦值．
（Ⅲ）法一：設(shè)∠ABC=∠APC=α，α∈（0，π），求出體積的表達(dá)式，利用基本不等式求解四面體PABC體積的最大值．
法二：設(shè)∠ABC=∠APC=α，α∈（0，π），求出體積的表達(dá)式，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求解四面體PABC體積的最大值．
法三：設(shè)PO=x，則BO=x，$AC=2\sqrt{4-{x^2}}$，（0＜x＜2），求出體積的表達(dá)式，利用均值不等式求解四面體PABC體積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）證明：取AC中點(diǎn)O，連接PO，BO，由于四邊形ABCD為菱形，∴PA=PC，BA=BC，∴PO⊥AC，BO⊥AC，又PO∩BO=O，
∴AC⊥平面POB，又PB?平面POB，∴AC⊥PB．
（Ⅱ）∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO?平面PAC，
PO⊥AC，∴PO⊥面ABC，∴OB，OC，OP兩兩垂直，
故以O(shè)為原點(diǎn)，以$\overrightarrow{OB}，\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OP}$方向分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，∵∠ABC=60°，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，
∴$A（0，-1，0），B（\sqrt{3}，0，0），C（0，1，0），P（0，0，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{AB}=（\sqrt{3}，1，0），\overrightarrow{PB}=（\sqrt{3}，0，-\sqrt{3}），\overrightarrow{PC}=（0，1，-\sqrt{3}）$，
設(shè)平面PBC的法向量$\overrightarrow n=（x，y，z）$，直線AB與平面PBC成角為θ，
∴$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}x-\sqrt{3}z=0\\ y-\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，取x=1，則$y=\sqrt{3}，z=1$，于是$\overrightarrow n=（1，\sqrt{3}，1）$，
∴$sinθ=|cos＜\overrightarrow{AB}，\overrightarrow n＞|=|\frac{{\sqrt{3}+\sqrt{3}}}{{2•\sqrt{5}}}|=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，∴直線AB與平面PBC成角的正弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．
（Ⅲ）法一：
設(shè)∠ABC=∠APC=α，α∈（0，π），∴$PO=APcos\frac{α}{2}=2cos\frac{α}{2}$，${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}•{2^2}sinα=2sinα$，
又PO⊥平面ABC，∴${V_{PABC}}=\frac{1}{3}{S_{△ABC}}•PO=\frac{4}{3}sinαcos\frac{α}{2}=\frac{8}{3}sin\frac{α}{2}{cos^2}\frac{α}{2}$=$\frac{8}{3}sin\frac{α}{2}（{1-{{sin}^2}\frac{α}{2}}）$
（$0＜\frac{α}{2}＜\frac{π}{2}$），
∴${V^2}=\frac{32}{9}•2{sin^2}\frac{α}{2}（{1-{{sin}^2}\frac{α}{2}}）（{1-{{sin}^2}\frac{α}{2}}）$$≤\frac{32}{9}{（{\frac{{2{{sin}^2}\frac{α}{2}+1-{{sin}^2}\frac{α}{2}+1-{{sin}^2}\frac{α}{2}}}{3}}）^3}=\frac{32×2}{9×27}$，
∴$V≤\frac{{16\sqrt{3}}}{27}$，當(dāng)且僅當(dāng)$2{sin^2}\frac{α}{2}=1-{sin^2}\frac{α}{2}$，即$sin\frac{α}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$時(shí)取等號(hào)，
∴四面體PABC體積的最大值為$\frac{{16\sqrt{3}}}{27}$．
法二：設(shè)∠ABC=∠APC=α，α∈（0，π），
∴$PO=APcos\frac{α}{2}=2cos\frac{α}{2}$，${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}•{2^2}sinα=2sinα$，又PO⊥平面ABC，
∴${V_{PABC}}=\frac{1}{3}{S_{△ABC}}•PO=\frac{4}{3}sinαcos\frac{α}{2}=\frac{8}{3}sin\frac{α}{2}{cos^2}\frac{α}{2}$=$\frac{8}{3}sin\frac{α}{2}（{1-{{sin}^2}\frac{α}{2}}）$（$0＜\frac{α}{2}＜\frac{π}{2}$），
設(shè)$t=sin\frac{α}{2}$，則${V_{PABC}}=\frac{8}{3}（t-{t^3}）$，且0＜t＜1，
∴${V'_{PABC}}=\frac{8}{3}（1-3{t^2}）$，
∴當(dāng)$0＜t＜\frac{{\sqrt{3}}}{3}$時(shí)，V'_PABC＞0，當(dāng)$\frac{{\sqrt{3}}}{3}＜t＜1$時(shí)，V'_PABC＜0，
∴當(dāng)$t=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$時(shí)，V_PABC取得最大值$\frac{{16\sqrt{3}}}{27}$，∴四面體PABC體積的最大值為$\frac{{16\sqrt{3}}}{27}$．
法三：設(shè)PO=x，則BO=x，$AC=2\sqrt{4-{x^2}}$，（0＜x＜2）
又PO⊥平面ABC，
∴${V_{P-ABC}}=\frac{1}{3}PO•{S_{△ABC}}=\frac{1}{3}•x•\frac{1}{2}•x•2\sqrt{4-{x^2}}=\frac{1}{3}•{x^2}\sqrt{4-{x^2}}$，
∵$\frac{1}{3}•{x^2}\sqrt{4-{x^2}}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}{x^2}•{x^2}（{8-2{x^2}}）}≤\frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}{{（{\frac{{{x^2}+{x^2}+8-2{x^2}}}{3}}）}^3}}=\frac{{16\sqrt{3}}}{27}$，
當(dāng)且僅當(dāng)x²=8-2x²，即$x=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$時(shí)取等號(hào)，∴四面體PABC體積的最大值為$\frac{{16\sqrt{3}}}{27}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理的應(yīng)用，直線與平面所成角的求法，幾何體的體積的最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及空間思維能力的培養(yǎng)．