Question

1．如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PDC是邊長為2的正三角形，底面ABCD是菱形，∠ADC=60°，點P在底面ABCD上的射影為△ACD的重心，點M為線段PB上的點．
（1）當點M為PB的中點時，求證：PD∥平面ACM；
（2）當平面CDM與平面CBM所成銳二面角的余弦值為$\frac{2}{3}$時，求$\frac{BM}{BP}$的值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)AC、BD的交點為I，連結(jié)MI，推導出PD∥MI，由此能證明PD∥平面ACM；
（2）設(shè)CD的中點為O，分別以O(shè)A、OC為x軸、y軸，過O點垂直平面ABCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出$\frac{BM}{BP}$的值．

解答 證明：（1）設(shè)AC、BD的交點為I，連結(jié)MI，
∵底面ABCD是菱形，∴I為BD中點，
∵點M為BP的中點，∴PD∥MI，
又MI?平面ACM，PD?平面ACM，
∴PD∥平面ACM；     …（5分）
解：（2）設(shè)CD的中點為O，分別以O(shè)A、OC為x軸、y軸，過O點垂直平面ABCD的直線為z軸，
建立空間直角坐標系，
則A（$\sqrt{3}$，0，0），B（$\sqrt{3}，2，0$），C（0，1，0），D（0，-1，0），P（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
設(shè)$\overrightarrow{BM}$=λ$\overrightarrow{BP}$（0＜λ＜1），…（7分）
則$\overrightarrow{CM}$=$\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{CB}+λ\overrightarrow{BP}$=（$\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}λ$，1-2λ，$\frac{2\sqrt{6}}{3}λ$），
$\overrightarrow{DC}$=（0，2，0），$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{3}，-1，0$），
設(shè)平面CDM的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CM}=（\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}λ）x+（1-2λ）y+\frac{2\sqrt{6}}{3}λz=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DC}=2y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\frac{-3\sqrt{2}+2\sqrt{2}λ}{4λ}$），…（10分）
設(shè)平面CBM的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=（\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}λ）x+（1-2λ）y+\frac{2\sqrt{6}}{3}λz=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=-\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，
取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}，-\sqrt{2}$），…（12分）
∵平面CDM與平面CBM所成銳二面角的余弦值為$\frac{2}{3}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{3}{2λ}}{\sqrt{6}×\frac{\sqrt{24{λ}^{2}-24λ+18}}{4λ}}$=$\frac{2}{3}$，
解得$λ=\frac{1}{4}$或$λ=\frac{3}{4}$，∴$\frac{BM}{BP}$的值為$\frac{1}{4}$或$\frac{3}{4}$．…（15分）

點評 本題考查線面平行的證明，考查線段的比值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．