Question

20．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，$∠DAB=\frac{π}{3}$，PD⊥平面ABCD，PD=AD=3，PM=2MD，AN=2NB，E是AB中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：直線AM∥平面PNC；
（Ⅱ）求證：直線CD⊥平面PDE；
（III）在AB上是否存在一點(diǎn)G，使得二面角G-PD-A的大小為$\frac{π}{3}$，若存在，確定G的位置，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在PC上取一點(diǎn)F，使PF=2FC，連接MF，NF，結(jié)合已知可得MF∥DC，MF=$\frac{2}{3}DC$，AN∥DC，AN=$\frac{2}{3}AB=\frac{2}{3}DC$．從而可得MFNA為平行四邊形，即AM∥NA．再由線面平行的判定可得直線AM∥平面PNC；
（Ⅱ）由E是AB中點(diǎn)，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，得∠AED=90°．進(jìn)一步得到CD⊥DE．再由PD⊥平面ABCD得CD⊥PD．由線面垂直的判定可得直線CD⊥平面PDE；
（III）由（Ⅱ）可知DP，DE，DC，相互垂直，以D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系．然后利用平面法向量所成角的余弦值求得G點(diǎn)位置．

解答 證明：（Ⅰ）在PC上取一點(diǎn)F，使PF=2FC，連接MF，NF，
∵PM=2MD，AN=2NB，
∴MF∥DC，MF=$\frac{2}{3}DC$，AN∥DC，AN=$\frac{2}{3}AB=\frac{2}{3}DC$．
∴MF∥AN，MF=AN，
∴MFNA為平行四邊形，
即AM∥NA．
又AM?平面PNC，
∴直線AM∥平面PNC；
（Ⅱ）∵E是AB中點(diǎn)，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，∴∠AED=90°．
∵AB∥CD，∴∠EDC=90°，即CD⊥DE．
又PD⊥平面ABCD，∴CD⊥PD．
又DE∩PD=D，∴直線CD⊥平面PDE；
解：（III）由（Ⅱ）可知DP，DE，DC，相互垂直，以D為原點(diǎn)，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．
則$P（0，0，3），A（\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，-\frac{3}{2}，0），B（\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}，0），G（\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，y，0）（y≠0）$．
設(shè)面PDA的法向量$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DA}=0}\end{array}\right.$，得$\overrightarrow{m}=（1，\sqrt{3}，0）$．
設(shè)面PDG的法向量$\overrightarrow{n}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DG}=0}\end{array}\right.$，得$\overrightarrow{n}=（-\frac{2}{3}y，\sqrt{3}，0）$．
∴cos60°=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{|-\frac{2}{3}y+3|}{2×\sqrt{\frac{4}{9}{y}^{2}+3}}=\frac{1}{2}$．
解得$y=\frac{3}{2}$，則$G（\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}，0）$．
∴G與B重合．點(diǎn)B的位置為所求．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行、線面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．