Question

2．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=∠CDA=90°，PA⊥平面ABCD，PA=AD=AB=2，CD=1，M，N分別是PD、PB的中點(diǎn)．
（1）證明：直線NC∥平面PAD；
（2）求平面MNC與地面ABCD所成的銳二面角的余弦值．
（3）求三菱錐P-MNC的體積V．

Answer 1

分析 （1）由已知想到取PA中點(diǎn)Q，連接NQ，DQ，然后利用三角形的中位線定理證明NC∥DQ，再由線面平行的判斷得答案；
（2）找出平面MNC與底面ABCD的交線，然后利用三垂線定理得到平面MNC與底面ABCD所成的銳二面角，再通過解直角三角形得答案；
（3）利用等積法求出A到平面PMN的距離，得到C到平面PMN的距離，再求出平面PMN的面積，得到三棱錐C-PMN的體積，即三菱錐P-MNC的體積V．

解答 （1）證明：如圖，
取PA中點(diǎn)Q，連接NQ，DQ，
∵N、Q分別為PB、PA的中點(diǎn)，∴NQ∥AB，NQ=$\frac{1}{2}AB$，
又DC∥AB，DC=$\frac{1}{2}AB$，∴NQ∥DC，NQ=DC，
則四邊形DCNQ為平行四邊形，∴NC∥DQ，
DQ?面PAD，NC?面PAD，∴直線NC∥平面PAD；
（2）解：連接BD，∵M(jìn)、N分別為PD、PB中點(diǎn)，
∴MN∥BD，過C作l∥BD，則MN∥l，
∴平面MNC∩平面ABCD=l，取AD中點(diǎn)S，連接CS，
∴CS⊥l，連接MC，則∠MCS為平面MNC與底面ABCD所成的銳二面角，
∵PA=AD=AB=2，CD=1，
∴MS=1，SC=$\sqrt{2}$，則MC=$\sqrt{{1}^{2}+（\sqrt{2}）^{2}}=\sqrt{3}$，
∴cos$∠MCS=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（3）解：設(shè)SC∩BD=R，由題意可得：SR=CR，
∴C與S到平面PMN的距離相等，又S為AD的中點(diǎn)，
∴S到平面PMN的距離等于A到平面PMN距離的一半，
設(shè)A到平面PMN距離為h，
由PA⊥AB⊥AD，PA=AD=AB=2，
則由等積法得：$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×2=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{6}$h，解得h=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴C到平面PMN的距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又三角形PMN為邊長是$\sqrt{2}$的正三角形，∴${S}_{△PMN}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴${V}_{P-MNC}=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查空間線面關(guān)系、二面角的度量、幾何體的體積等知識(shí)，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，以及空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，是中檔題．