15.如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點,AM=2MD,N為PC的中點.
(1)證明:MN∥平面PAB;
(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.

分析 (1)法一、取PB中點G,連接AG,NG,由三角形的中位線定理可得NG∥BC,且NG=$\frac{1}{2}BC$,再由已知得AM∥BC,且AM=$\frac{1}{2}$BC,得到NG∥AM,且NG=AM,說明四邊形AMNG為平行四邊形,可得NM∥AG,由線面平行的判定得到MN∥平面PAB;
法二、證明MN∥平面PAB,轉(zhuǎn)化為證明平面NEM∥平面PAB,在△PAC中,過N作NE⊥AC,垂足為E,連接ME,由已知PA⊥底面ABCD,可得PA∥NE,通過求解直角三角形得到ME∥AB,由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB,則結(jié)論得證;
(2)連接CM,證得CM⊥AD,進一步得到平面PNM⊥平面PAD,在平面PAD內(nèi),過A作AF⊥PM,交PM于F,連接NF,則∠ANF為直線AN與平面PMN所成角.然后求解直角三角形可得直線AN與平面PMN所成角的正弦值.

解答 (1)證明:法一、如圖,取PB中點G,連接AG,NG,
∵N為PC的中點,
∴NG∥BC,且NG=$\frac{1}{2}BC$,
又AM=$\frac{2}{3}AD=2$,BC=4,且AD∥BC,
∴AM∥BC,且AM=$\frac{1}{2}$BC,
則NG∥AM,且NG=AM,
∴四邊形AMNG為平行四邊形,則NM∥AG,
∵AG?平面PAB,NM?平面PAB,
∴MN∥平面PAB;
法二、
在△PAC中,過N作NE⊥AC,垂足為E,連接ME,
在△ABC中,由已知AB=AC=3,BC=4,得cos∠ACB=$\frac{{4}^{2}+{3}^{2}-{3}^{2}}{2×4×3}=\frac{2}{3}$,
∵AD∥BC,
∴cos$∠EAM=\frac{2}{3}$,則sin∠EAM=$\frac{\sqrt{5}}{3}$,
在△EAM中,
∵AM=$\frac{2}{3}AD=2$,AE=$\frac{1}{2}AC=\frac{3}{2}$,
由余弦定理得:EM=$\sqrt{A{E}^{2}+A{M}^{2}-2AE•AM•cos∠EAM}$=$\sqrt{\frac{9}{4}+4-2×\frac{3}{2}×2×\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}$,
∴cos∠AEM=$\frac{(\frac{3}{2})^{2}+(\frac{3}{2})^{2}-4}{2×\frac{3}{2}×\frac{3}{2}}=\frac{1}{9}$,
而在△ABC中,cos∠BAC=$\frac{{3}^{2}+{3}^{2}-{4}^{2}}{2×3×3}=\frac{1}{9}$,
∴cos∠AEM=cos∠BAC,即∠AEM=∠BAC,
∴AB∥EM,則EM∥平面PAB.
由PA⊥底面ABCD,得PA⊥AC,又NE⊥AC,
∴NE∥PA,則NE∥平面PAB.
∵NE∩EM=E,
∴平面NEM∥平面PAB,則MN∥平面PAB;
(2)解:在△AMC中,由AM=2,AC=3,cos∠MAC=$\frac{2}{3}$,得CM2=AC2+AM2-2AC•AM•cos∠MAC=$9+4-2×3×2×\frac{2}{3}=5$.
∴AM2+MC2=AC2,則AM⊥MC,
∵PA⊥底面ABCD,PA?平面PAD,
∴平面ABCD⊥平面PAD,且平面ABCD∩平面PAD=AD,
∴CM⊥平面PAD,則平面PNM⊥平面PAD.
在平面PAD內(nèi),過A作AF⊥PM,交PM于F,連接NF,則∠ANF為直線AN與平面PMN所成角.
在Rt△PAC中,由N是PC的中點,得AN=$\frac{1}{2}PC$=$\frac{1}{2}\sqrt{P{A}^{2}+P{C}^{2}}=\frac{5}{2}$,
在Rt△PAM中,由PA•AM=PM•AF,得AF=$\frac{PA•AM}{PM}=\frac{4×2}{\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$,
∴sin$∠ANF=\frac{AF}{AN}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{8\sqrt{5}}{25}$.
∴直線AN與平面PMN所成角的正弦值為$\frac{8\sqrt{5}}{25}$.

點評 本題考查直線與平面平行的判定,考查直線與平面所成角的求法,考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法,考查了空間想象能力和計算能力,是中檔題.

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