Question

5．如圖，四棱錐P-ABCD中，側面PDC是正三角形，底面ABCD是邊長為2$\sqrt{3}$的菱形，∠DAB=120°，且側面PDC與底面垂直，M為PB的中點．
（Ⅰ）求證：PA⊥平面CDM
（Ⅱ）求二面角D-MC-A的余弦值．

Answer 1

分析 （I）取CD的中點O，連結PO，OA，則可證明PO⊥平面ABCD，OA⊥OC，以O為原點建立空間坐標系，利用向量證明PA⊥DC，PA⊥DM即可；
（II）求出平面ACM的法向量$\overrightarrow{n}$，求出cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{PA}$＞即可得出答案．

解答 解：（I）證明：取CD的中點O，連結PO，OA，
∵△PDC是正三角形，∴PO⊥CD，
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=O，PO?平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵底面ABCD是邊長為2$\sqrt{3}$的菱形，∠DAB=120°，
∴△ACD是等邊三角形，∴OA⊥CD，
以O為原點建立空間直角坐標系如圖所示：
則A（3，0，0），P（0，0，3），D（0，-$\sqrt{3}$，0），B（3，2$\sqrt{3}$，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），
∵M是PC的中點，∴M（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}$），
∴$\overrightarrow{PA}$=（3，0，-3），$\overrightarrow{DC}$=（0，2$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{DM}$=（$\frac{3}{2}$，2$\sqrt{3}$，$\frac{3}{2}$），
∴$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{DC}$=0，$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{DM}$=0，
∴PA⊥DC，PA⊥DM，
又DC∩DM=M，DC?平面DCM，DM?平面DCM，
∴PA⊥平面DCM．
（II）$\overrightarrow{CM}$=（$\frac{3}{2}$，0，$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{CA}$=（3，-$\sqrt{3}$，0），
設平面CAM的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}x+\frac{3}{2}z=0}\\{3x-\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，令x=1得$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{3}$，-1），
又PA⊥平面DCM，∴$\overrightarrow{PA}$=（3，0，-3）是平面DCM的一個法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{PA}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{6}{\sqrt{5}•3\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
∴二面角D-MC-A的余弦值為$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定，空間向量在立體幾何的應用，屬于中檔題．