Question

8．已知PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，BA⊥AD，CD=AD=AP=4，AB=1．
（1）求證：CD⊥平面ADP；
（2）若M為線段PC上的點，當BM⊥AC時，求二面角C-AB-M的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用面面垂直證明線面垂直．（2）合理建系寫出對應(yīng)坐標，充分理解BM⊥AC的意義求得M點坐標

解答 （1）證明：
因為PA⊥平面ABCD，PA?平面ADP，
所以平面ADP⊥平面ABCD．…（2分）
又因為平面ADP∩平面ABCD=AD，CD⊥AD，
所以CD⊥平面ADP．…（4分）

（2）AD，AP，AB兩兩垂直，建立如圖所示空間坐標系，
則A（0，0，0），B（0，0，1），
C（4，0，4），P（0，4，0），$\overrightarrow{AB}=（0，0，1），\overrightarrow{AC}=（4，0，4）$$\overrightarrow{AP}=（0，4，0），\overrightarrow{PC}=（4，-4，4）$．…（6分）

設(shè)M（x，y，z），$\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{PC}（0≤λ≤1）$，$\overrightarrow{PM}=（x，y-4，z）$．
所（x，y-4，z）=λ（4，-4，4）$\left\{\begin{array}{l}{x=4λ}\\{y=4-4λ}\\{z=4λ}\end{array}\right.$，$M（4λ，4-4λ，4λ），\overrightarrow{BM}=（4λ，4-4λ，4λ-1）$．
因為BM⊥AC，所以$\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{AC}=0$．，（4λ，4-4λ，4λ-1）•（4，0，4）=0，解$λ=\frac{1}{8}$，
所以M=$（\frac{1}{2}，\frac{7}{2}，\frac{1}{2}）$，．…（8分）
設(shè)$\overrightarrow{\\;n}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$為平面ABM的法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{\\;{n}_{1}}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AM}=0}\end{array}\right.$，又因為$\overrightarrow{AB}=（0，0，1），\overrightarrow{AM}=（\frac{1}{2}，\frac{7}{2}，\frac{1}{2}）$
所以$\left\{\begin{array}{l}{\\;{z}_{1}=0}\\{\frac{1}{2}{x}_{1}+\frac{7}{2}{y}_{1}+\frac{1}{2}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$．
令${y}_{1}=1\\;得\overrightarrow{{n}_{1}}=（-7，1，0）$為平面ABM的一個法向量．
又因為AP⊥平面ABC，所以$\overrightarrow{{n}_{2}}=（0，4，0）$為平面ABC的一個法向量．…（10分）

$cos＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞=\frac{\overrightarrow{n1}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{10}$，
所以二面角C-AB-M的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{10}$．…（12分）

法2：
在平面ABCD內(nèi)過點B作BH⊥AC于H，
在平面ACP內(nèi)過點H作HM∥AP交PC于點M，連接MB  …（6分），
因為AP⊥平面ABCD，
所以HM⊥平面ABCD．
又因為AC?平面ABCD，
所以HM⊥AC．
又BH∩HM=H，BH?平面BHM，HM?平面BHM，
所以AC⊥平面BHM．
所以AC⊥BM，點M即為所求點．…（8分）
在直角△ABH中，AH=$\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
又AC=$\sqrt{C{D}^{2}+D{A}^{2}}=4\sqrt{2}$，所以$\frac{AH}{AC}=\frac{1}{8}$．
又HM∥AP，所以在△ACP中，$\frac{PM}{PC}=\frac{1}{8}$．
在平面PCD內(nèi)過點M作MN∥CD交DP于點N，則在△PCD中，$\frac{PN}{PD}=\frac{1}{8}$．
因為AB∥CD，所以MN∥BA．
連接AN，由（1）知CD⊥平面ADP，所以AB⊥平面ADP．
所以AB⊥AD，AB⊥AN．
所以∠DAN為二面角C-AB-M的平面角．…（10分）

在△PAD中，過點N作NS∥PA交DA于S，則$\frac{AS}{AD}=\frac{1}{8}$，
所以AS=$\frac{1}{2}$，NS=$\frac{7}{8}PA=\frac{7}{2}$，所以NA=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$．
所以$cos∠SAN=\frac{AS}{NA}=\frac{\sqrt{2}}{10}$．
所以二面角C-AB-M的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{10}$．…（12分）

點評 本題考查利用面面垂直證明線面垂直，是證明題常見題型．在未知某點坐標時利用條件求出點的坐標時該題的難點也是高考常考題型．