福建省2023届高中毕业班数学学科适应性练习试题及解答-Kmath科数- 中考、高考、考验数学题库

如图, 已知四棱锥 $P-A B C D$ 的底面为菱形, 且 $\angle A B C=60, A B=P C=2, P A=P B=\sqrt{2} . M$ 是棱 $P D$ 上的点, 且四面体 $M P B C$ 的体积为 $\frac{\sqrt{3}}{6}$.
(1) 证明: $P M=M D$;
(2) 若过点 $C, M$ 的平面 $\alpha$ 与 $B D$ 平行, 且交 $P A$ 于点 $Q$, 求平面 $B C Q$ 与平面 $A B C D$ 夹角的余弦值.

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答案：

解法一: (1) 如图 1, 取 $A B$ 中点 $O$, 连接 $P O, C O$.
因为 $P A=P B=\sqrt{2}, A B=2$, 所以 $P O \perp A B, P O=1, B O=1$.
又因为 $A B C D$ 是菱形, $\angle A B C=60^{\circ}$, 所以 $C O \perp A B, C O=\sqrt{3}$.
因为 $P C=2$, 所以 $P C^2=P O^2+C O^2$, 所以 $P O \perp C O$.
又因为 $A B \subset$ 平面 $A B C D, C O \subset$ 平面 $A B C D, A B \cap C O=O$,
所以 $P O \perp$ 平面 $A B C D$
因为 $A D / / B C, B C \subset$ 平面 $P B C, A D \not \subset$ 平面 $P B C$,
所以 $A D / /$ 平面 $P B C$, 所以 $V_{D-P B C}=V_{A-P B C}=V_{P-A B C}=\frac{1}{3} P O \cdot S_{\triangle A B C}=\frac{1}{3} \times 1 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times 4=\frac{\sqrt{3}}{3}$
因为 $V_{M-P B C}=\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{1}{2} V_{D-P B C}$,
所以点 $M$ 到平面 $P B C$ 的距离是点 $D$ 到平面 $P B C$ 的距离的 $\frac{1}{2}$,
所以 $P M=M D$

(2) 由 (1) 知, $B O \perp C O, P O \perp B O, P O \perp C O$,
如图 2, 以 $O$ 为坐标原点, $\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O P}$ 的方向分别为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系,
6 分
则 $A(0,-1,0), B(0,1,0), C(\sqrt{3}, 0,0), D(\sqrt{3},-2,0), P(0,0,1)$, 所以 $M\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-1, \frac{1}{2}\right)$.
则 $\overrightarrow{A C}=(\sqrt{3}, 1,0), \overrightarrow{B C}=(\sqrt{3},-1,0), \overrightarrow{B D}=(\sqrt{3},-3,0), \overrightarrow{A P}=(0,1,1), \overrightarrow{C M}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-1, \frac{1}{2}\right)$.
因为 $Q \in A P$, 设 $\overrightarrow{A Q}=\lambda \overrightarrow{A P}=(0, \lambda, \lambda)$, 则 $\overrightarrow{C Q}=\overrightarrow{A Q}-\overrightarrow{A C}=(-\sqrt{3}, \lambda-1, \lambda)$,

因为 $B D / / \alpha, Q \in \alpha, C \in \alpha, M \in \alpha$, 故存在实数 $a, b$, 使得 $\overrightarrow{C Q}=a \overrightarrow{C M}+b \overrightarrow{B D}$,
所以 $\overrightarrow{C Q}=\left(-\sqrt{3},-\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$

取 $x=1$, 得到平面 $B C Q$ 的一个法向量 $\boldsymbol{n}_1=(1, \sqrt{3}, 2 \sqrt{3})$.
设平面 $B C Q$ 与平面 $A B C D$ 夹角是 $\beta$,
又因为 $\boldsymbol{n}_2=(0,0,1)$ 是平面 $A B C D$ 的一个法向量,
则 $\cos \beta=\left|\cos < \boldsymbol{n}_1, \boldsymbol{n}_2>\right|=\frac{\left|\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2\right|}{\left|\boldsymbol{n}_1\right|\left|\boldsymbol{n}_2\right|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
所以平面 $B C Q$ 与平面 $A B C D$ 夹角的余弦值是 $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

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