Question

6．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，且AB=AC=2，O為AC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABCD，M為PD的中點(diǎn)．
（Ⅰ）證明：PB∥平面ACM；
（Ⅱ）若三棱錐D-MAC的體積為$\frac{\sqrt{3}}{6}$，求平面MAC與平面PAB所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （I）連接BD，MO，推導(dǎo)出PB∥MO，由此能證明PB∥平面ACM．
（II） 建立以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A，OB，OP分別為x軸、y軸、z軸的空間坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面MAC與平面PAB所成銳二面角的余弦值．

解答 證明：（I）連接BD，MO，在菱形ABCD中，
因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)，
又M為PD的中點(diǎn)，所以PB∥MO．
因?yàn)镻B?平面ACM，MO?平面ACM，
所以PB∥平面ACM．（5分）
解：（II） 由四邊形ABCD為菱形知AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，
所以建立以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A，OB，OP分別為x軸、y軸、z軸的空間坐標(biāo)系．
取線段OD的中點(diǎn)N，連接MN，則MN∥PO，
由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以 MN為三棱錐M-ACD的高．
∵四邊形ABCD為菱形，則AC⊥BD，AD=AB=2，AO=1，
∴DO=$\sqrt{3}$，S_△ACD=$\frac{1}{2}$（AC×DO）=$\sqrt{3}$，
∴V_D-MAC=V_M-ACD=$\frac{1}{3}$×S_△ACD×MN=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，MN=$\frac{1}{2}$，即OP=1，
∵AO=CO=1，BO=DO=$\sqrt{3}$，（8分）
∴A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-1，0，0），P（0，0，1），M（0，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$），
∴$\overrightarrow{AB}$=（-1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{AP}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{MA}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
$\overrightarrow{MC}$=（-1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
設(shè)平面PAB和平面MAC的法向量分別為$\overrightarrow{m}$（x，y，1），$\overrightarrow{n}$=（x，y，1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AP}=-x+1=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，解得x=1，y=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，∴$\overrightarrow{m}$=（1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MC}=-x+\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{1}{2}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MA}=x+\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{1}{2}=0}\end{array}\right.$，解得x=0，y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴$\overrightarrow{n}=（0，\frac{\sqrt{3}}{3}，-1）$，
∴|COS＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|0+\frac{1}{3}+1|}{\sqrt{1+\frac{1}{3}+1}×\sqrt{\frac{1}{3}+1}}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$，
故平面MAC與平面PAB所成銳二面角的余弦值為$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．（12分）

點(diǎn)評 本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，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．