分析 (1)利用線面垂直的判定定理證明BD⊥平面PAD,利用平面與平面垂直的判定定理證明平面PAD⊥平面MBD;
(2)法一:求出平面PAB,平面PBD的法向量,利用公式求二面角A-PB-D的余弦值;法二:過A作AE⊥PD交PD于E,則AE⊥平面PBD,再過E作EF⊥PB交PB于F,連結AF,則∠AFE就是二面角A-PB-D的平面角,即可求解;
(3)根據三棱錐P-ABD體積為三棱錐P-MBD體積的3倍,利用體積公式建立方程,確定m的值.
解答 (1)證明:在△ABD中,由于$AD=2,BD=4,AB=2\sqrt{5}$,
∴AD2+BD2=AB2,故AD⊥BD.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD?平面ABCD,
∴BD⊥平面PAD,又BD?平面MBD,故平面MBD⊥平面PAD
(2)解:法一、如圖建立D-xyz空間直角坐標系,D(0,0,0),A(2,0,0)
$P(1,0,\sqrt{3}),B(0,4,0),\overrightarrow{BP}=(1,-4,\sqrt{3}),\overrightarrow{AB}=(-2,4,0)$,$\overrightarrow{DB}=(0,4,0)$
設平面PAB的法向量$\overrightarrow n=({{x_1},{y_1},{z_1}})$,
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BP}=0\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}-2{x_1}+4{y_1}=0\\{x_1}-4{y_1}+\sqrt{3}{z_1}=0\end{array}\right.$
令${y_1}=1,則{x_1}=2,{z_1}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$,∴$\overrightarrow n=({2,1,\frac{{2\sqrt{3}}}{3}})$.
設平面PBD的法向量$\overrightarrow m=({{x_2},{y_2},{z_2}})$,
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{BP}=0\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}4{y_2}=0\\{x_2}-4{y_2}+\sqrt{3}{z_2}=0\end{array}\right.$,令${x_2}=-\sqrt{3}$,
∴$\overrightarrow m=({-\sqrt{3},0,1})$$cos\left?{\overrightarrow n,\overrightarrow m}\right>=\frac{{|{\overrightarrow n•\overrightarrow m}|}}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow m}|}}=\frac{{2\sqrt{19}}}{19}$,∴二面角A-PB-D的余弦值為$\frac{{2\sqrt{19}}}{19}$
法二、由(1)知BD⊥平面PAD,所以平面PBD⊥平面PAD
過A作AE⊥PD交PD于E,則AE⊥平面PBD,再過E作EF⊥PB交PB于F,連結AF,則∠AFE就是二面角A-PB-D的平面角.
由題設得$AE=\sqrt{3},EF=\frac{2}{{\sqrt{5}}}$由勾股定理得:$AF=\sqrt{A{E^2}+E{F^2}}=\sqrt{\frac{19}{5}}$
所以$cos∠AFE=\frac{EF}{AF}=\frac{2}{{\sqrt{19}}}=\frac{{2\sqrt{19}}}{19}$.∴二面角A-PB-D的余弦值為$\frac{{2\sqrt{19}}}{19}$
(3)VP-MBD=VM-PBD=$\frac{m}{m+1}{V_{C-PBD}}=\frac{m}{m+1}{V_{P-BCD}}$,
∴$\frac{{{V_{P-ABD}}}}{{{V_{P-MBD}}}}=\frac{m+1}{m}•\frac{{{V_{P-ABD}}}}{{{V_{P-BCD}}}}=\frac{m+1}{m}•\frac{{{S_{△ABD}}}}{{{S_{△BCD}}}}=\frac{m+1}{m}•2=3⇒m=2$…12分.
點評 本題考查線面、面面垂直的判定,考查二面角A-PB-D的余弦值,考查體積的計算,考查學生的推理能力,綜合性強.
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