Question

12．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是PB的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：AM∥平面PCD；
（Ⅱ）求證：平面ACM⊥平面PAB；
（Ⅲ）若PC與平面ACM所成角為30°，求PA的長．

Answer 1

分析 （I）取PC的中點(diǎn)N，連接MN，CN，則可證四邊形ADNM是平行四邊形，于是AM∥DN，從而有AM∥平面PCD；
（II）利用勾股定理及余弦定理計(jì)算AC，AB可得出AC²+AB²=BC²，于是AC⊥AB，由PA⊥平面ABCD得出PA⊥AC，于是AC⊥平面PAB，從而得出平面MAC⊥平面PAB；
（III）以A為原點(diǎn)建立空間坐標(biāo)系，設(shè)P（0，0，a），求出$\overrightarrow{PC}$和平面ACM的法向量$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{PC}，\overrightarrow{n}$＞|=sin30°解出a，得出|PA|．

解答 證明：（I）取PC的中點(diǎn)N，連接MN，DN．
∵M(jìn)，N是PB，PC的中點(diǎn)，
∴MN$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BC，又AD$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BC
∴MN$\stackrel{∥}{=}$AD，
∴四邊形ADNM是平行四邊形，
∴AM∥DN，又AM?平面PCD，CD?平面PCD，
∴AM∥平面PCD．
（II）∵PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴PA⊥AC．
∵AD=CD=1，AD⊥CD，AD∥BC，
∴AC=$\sqrt{2}$，∠DCA=∠BCA=45°，
又BC=2，∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}-2AC•BC•cos45°}$=$\sqrt{2}$．
∴AC²+AB²=BC²，∴AC⊥AB．
又PA?平面PAB，AB?平面PAB，PA∩AB=A，
∴AC⊥平面PAB，又AC?平面ACM，
∴平面ACM⊥平面PAB．
（III）取BC的中點(diǎn)E，連接AE，則AE⊥AD．
以A為原點(diǎn)，以AD，AE，AP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，
則A（0，0，0），C（1，1，0），設(shè)P（0，0，a），則M（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{a}{2}$）（a＞0）．
∴$\overrightarrow{AC}$=（1，1，0），$\overrightarrow{AM}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{a}{2}$），$\overrightarrow{PC}$=（1，1，-a）．
設(shè)平面ACM的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AM}=0}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0}\\{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{a}{2}z=0}\end{array}\right.$．令x=1得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，$\frac{2}{a}$）．
∴cos＜$\overrightarrow{PC}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{PC}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2}{\sqrt{2+{a}^{2}}\sqrt{2+\frac{4}{{a}^{2}}}}$．
∵PC與平面ACM所成角為30°，
∴$\frac{2}{\sqrt{2+{a}^{2}}\sqrt{2+\frac{4}{{a}^{2}}}}$=$\frac{1}{2}$．解得a=$\sqrt{2}$．
∴|PA|=$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行，面面垂直的判定，空間向量的應(yīng)用與線面角的計(jì)算，屬于中檔題．