Question

13．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，△ABC是邊長為1正三角形，CD=DA=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，AC與BD的交點為M，點N在線段PB上，且PN=$\frac{1}{2}$．若二面角A-BC-P的正切值為2$\sqrt{2}$．
（I）求證：MN∥平面PDC；
（Ⅱ）求平面DCP與平面ABP所成的銳角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由余弦定理得$∠ADC=\frac{2π}{3}$，又PD⊥BC，從而∠PCD為二面角A-BC-P的平面角，進(jìn)而得到MN∥PD，由此能證明MN∥平面PDC．
（Ⅱ）分別延長CD，AB交于點G，作CE⊥PG，連結(jié)BE，則∠CEB為平面DCP與平面ABP所成的銳平面角，由此能求出平面DCP與平面ABP所成的銳角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）在△ACD中，∵△ABC是邊長為1正三角形，CD=DA=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∴由余弦定理得cos∠ADC=$\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-1}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
∴$∠ADC=\frac{2π}{3}$，
∴$∠BCD=∠BCA+∠DCA=\frac{π}{2}$，
又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，
∴BC⊥平面PDC，∴BC⊥CD，BC⊥PC，
∴∠PCD為二面角A-BC-P的平面角，
∴$tan∠PCD=2\sqrt{2}$，∵CD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴PD=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∵BD=BM+MD=$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴PB=2，∴$\frac{PN}{PB}=\frac{1}{4}=\frac{MD}{BD}$，∴MN∥PD．
∵M(jìn)N?平面PDC，PD?平面PDC，∴MN∥平面PDC．
解：（Ⅱ）分別延長CD，AB交于點G，則PG為兩個平面的棱，
作CE⊥PG，連結(jié)BE，∵BC⊥平面PDC，∴BE⊥PG，
∴∠CEB為平面DCP與平面ABP所成的銳平面角，
∵$CE=\sqrt{2}$，∴$cos∠CEB=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴平面DCP與平面ABP所成的銳角的余弦值為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

點評 本題考查線面平行的證明，考查線面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．