Question

10．已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F、G分別是PA、PB、BC的中點．
（Ⅰ）求平面EFG與平面ABCD所成銳二面角的大小；
（Ⅱ）線段 PC   上是否存在一點 M，使得直線ME與平面EFG所成角的正弦值等于 $\frac{\sqrt{6}}{4}$？

Answer 1

分析 （Ⅰ）過P作AD的垂線，垂足為O，根據平面PAD⊥平面ABCD，得PO⊥平面ABCD；再取AO中點M，連OG得到OG即為面EFG與面ABCD的交線；最后根據EM⊥平面ABCD．且OG⊥AO，得到的OG⊥EO求出∠EOM 即可．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得PO⊥平面ABCD，故以O為原點，OG，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，A（0，-2，0），B（4，-2，0），P（0，0，2$\sqrt{3}$），C（4，2，0）則E（0，-1，$\sqrt{3}$），F（2，-1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{PC}=（4，2，-2\sqrt{3}）$利用向量法求解．

解答 （Ⅰ）解：過P作AD的垂線，垂足為O，
∵平面PAD⊥平面ABCD，則PO⊥平面ABCD．
取AO中點M，連OG，EO，EM，∵EF∥AB∥OG，
∴OG即為面EFG與面ABCD的交線
又EM∥OP，則EM⊥平面ABCD．且OG⊥AO，
故OG⊥EO，∴∠EOM 即為所求    
在RT△EOM中，EM=$\sqrt{3}$OM=1
∴tan∠EOM=$\sqrt{3}$，故∠EOM=60°
∴平面EFG與平面ABCD所成銳二面角的大小是60°．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得PO⊥平面ABCD，
故以O為原點，OG，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，
A（0，-2，0），B（4，-2，0），P（0，0，2$\sqrt{3}$），C（4，2，0）
則E（0，-1，$\sqrt{3}$），F（2，-1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{PC}=（4，2，-2\sqrt{3}）$
設面FEGO的法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{OE}=-x+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{OF}=2x-y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$可取$\overrightarrow{m}=（\sqrt{3}，3\sqrt{3}，1）$
設$\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{PC}=（4λ，2λ，-2\sqrt{3}λ）$，（0≤λ≤1），
則$\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{EP}+\overrightarrow{PM}=（0，1，\sqrt{3}）$+（4λ，2λ，-2$\sqrt{3}λ$）=（4λ，2λ+1，$\sqrt{3}-2\sqrt{3}λ$）
由直線ME與平面EFG所成角的正弦值等于$\frac{\sqrt{6}}{4}$，得|cos$＜\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{ME}$＞|=$\frac{\sqrt{6}}{4}$，
即$\frac{8\sqrt{3}λ+4\sqrt{3}}{\sqrt{31}×\sqrt{32{λ}^{2}-8λ+4}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，可得120λ²-190λ-1=0，解得λ=$\frac{190±\sqrt{19{0}^{2}+480}}{2×120}$∉（0，1）
∴線段 PC上是不存在一點 M，使得直線ME與平面EFG所成角的正弦值等于$\frac{\sqrt{6}}{4}$．

點評 本題考查了空間角的求解，及動點問題的處理，屬于中檔題．