浙江 2012 · 数学 q20

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浙江 2012 · 数学 q20 原卷截图（含答案）

文字转写（题面）

题面

20.（本题满分15分）如图，在四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面是边长为 232\sqrt{3} 的菱形， ∠BAD=120∘\angle BAD = 120^{\circ} ，且 PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD ，PA=26PA = 2\sqrt{6}，MM，NN 分别为 PBPB，PDPD 的中点.

（Ⅰ）证明： MN⊥MN \perp 平面 ABCD；

（Ⅱ）过点 A 作 AQ⊥PCAQ \perp PC ，垂足为点 Q，求二面角

(第20题图)

A−MN−QA - MN - Q 的平面角的余弦值.

（Ⅰ）因为 MM ， NN 分别是 PBPB ， PDPD 的中点，所以 MNMN 是 ΔPBD\Delta PBD 的中位线，所以

MM//BDM M / / B D

又因为 MN∉MN \notin 平面ABCD，所以

MM//平面ABCD.M M / / \text{平面} A B C D.

（Ⅱ）方法一：

连结 AC 交 BD 于 O，以 O 为原点，OC，OD 所在直线为 x，y 轴，建立空

间直角坐标系 Oxyz，如图所示

在菱形 ABCD 中， ∠BAD=120∘\angle BAD = 120^{\circ} ，得

AC=AB=23,BD=3AB=6.A C = A B = 2 \sqrt{3}, B D = \sqrt{3} A B = 6.

又因为 PA⊥PA \perp 平面 ABCD，所以

PA⊥AC.P A \perp A C.

在直角 ΔPAC\Delta PAC 中， AC=23AC = 2\sqrt{3} ， PA=26PA = 2\sqrt{6} ， AQ⊥PCAQ\perp PC ，得

QC=2,PQ=4.Q C = 2, P Q = 4.

由此知各点坐标如下，

A(−3,0,0),B(0,−3,0),A (- \sqrt{3}, 0, 0), B (0, - 3, 0),

C(3,0,0),D(0,3,0),C (\sqrt{3}, 0, 0), D (0, 3, 0),

P(−3,0,26),M(−32,−32,6),P (- \sqrt{3}, 0, 2 \sqrt{6}), M (- \frac{\sqrt{3}}{2}, - \frac{3}{2}, \sqrt{6}),

N(−32,32,6),Q(33,0,263).N (- \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, \sqrt{6}), Q (\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, \frac{2 \sqrt{6}}{3}).

设 m=(x,y,z)m=(x,y,z) 为平面AMN的法向量.

由 AM→=(32,−32,6)\overrightarrow{AM} = (\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{3}{2}, \sqrt{6})，AN→=(32,32,6)\overrightarrow{AN} = (\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, \sqrt{6}) 知

{32x−32y+6z=032x+32y+6z=0\left\{\begin{array}{l} \frac{\sqrt{3}}{2} x - \frac{3}{2} y + \sqrt{6} z = 0 \\ \frac{\sqrt{3}}{2} x + \frac{3}{2} y + \sqrt{6} z = 0 \end{array} \right.

取 x=−1x = -1 ，得

m=(22,0,−1)m = (2 \sqrt{2}, 0, - 1)

设 n=(x,y,z)n = (x, y, z) 为平面 QMNQMN 的法向量.

由QM→=(−536,−32,63),QN→=(−536,32,63)知\text{由} \overrightarrow{Q M} = (- \frac{5 \sqrt{3}}{6}, - \frac{3}{2}, \frac{\sqrt{6}}{3}), \overrightarrow{Q N} = (- \frac{5 \sqrt{3}}{6}, \frac{3}{2}, \frac{\sqrt{6}}{3}) \text{知}

{−536x−32y+63z=0−536x+32y+63z=0\left\{\begin{array}{l} - \frac{5 \sqrt{3}}{6} x - \frac{3}{2} y + \frac{\sqrt{6}}{3} z = 0 \\ - \frac{5 \sqrt{3}}{6} x + \frac{3}{2} y + \frac{\sqrt{6}}{3} z = 0 \end{array} \right.

取 z=5z = 5 ，得

n=(22,0,5)n = (2 \sqrt{2}, 0, 5)

于是

cos⁡<m,n>=m⋅n∣m∣⋅∣n∣=3333.\cos < m, n > = \frac{m \cdot n}{| m | \cdot | n |} = \frac{\sqrt{3 3}}{3 3}.

所以二面角 A−MN−QA - MN - Q 的平面角的余弦值为 3333\frac{\sqrt{33}}{33}.

方法二：

在菱形 ABCD 中， ∠BAD=120∘\angle BAD = 120^{\circ} ，得

AC=AB=BC=DA,BD=3AB,A C = A B = B C = D A, \quad B D = \sqrt{3} A B,

有因为 PA⊥PA \perp 平面 ABCD，所以

PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD,P A \perp A B, P A \perp A C, P A \perp A D,

所以 PB = PC = PD.

所以 ΔPBC≅ΔPDC\Delta PBC \cong \Delta PDC。

而 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以

MQ = NQ，且 AM=12PB=12PD=ANAM = \frac{1}{2} PB = \frac{1}{2} PD = AN .

取线段 MN 的中点 E，连结 AE，EQ，则

AE⊥MN,QE⊥MN,A E \perp M N, Q E \perp M N,

所以 ∠AEQ\angle AEQ 为二面角 A-MN-Q 的平面角.

由 AB=23AB = 2\sqrt{3} ， PA=26PA = 2\sqrt{6} ，故

在 ΔAMN\Delta AMN 中， AM=AN=3AM = AN = 3 ， MN=12BD=3MN = \frac{1}{2} BD = 3 ，得

AE=332.A E = \frac{3 \sqrt{3}}{2}.

在直角 ΔPAC\Delta PAC 中， AQ⊥PCAQ \perp PC ，得

AQ=22,QG=2,PQ=4,A Q = 2 \sqrt{2}, Q G = 2, P Q = 4,

在 ΔPBC\Delta PBC 中， cos⁡∠BPC=PB2+PC2−BC22PB⋅PC=56\cos\angle BPC=\frac{PB^{2}+PC^{2}-BC^{2}}{2PB\cdot PC}=\frac{5}{6} ，得

MQ=PM2+PQ2−2PM⋅PQcos⁡∠BPC=5.M Q = \sqrt{P M^{2} + P Q^{2} - 2 P M \cdot P Q \cos \angle B P C} = \sqrt{5}.

在等腰 ΔMQN\Delta MQN 中， MQ=NQ=5MQ = NQ = \sqrt{5} ， MN=3MN = 3 ，得

QE=MQ2−ME2=112.Q E = \sqrt{M Q^{2} - M E^{2}} = \frac{\sqrt{1 1}}{2}.

在 ΔAEQ\Delta AEQ 中， AE=332AE = \frac{3\sqrt{3}}{2} ， QE=112QE = \frac{\sqrt{11}}{2} ， AQ=22AQ = 2\sqrt{2} ，得

cos⁡∠AEQ=AE2+QE2−AQ22AE⋅QE=3333.\cos \angle A E Q = \frac{A E^{2} + Q E^{2} - A Q^{2}}{2 A E \cdot Q E} = \frac{\sqrt{3 3}}{3 3}.

所以二面角 A−MN−QA - MN - Q 的平面角的余弦值为 3333\frac{\sqrt{33}}{33}.