题目

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如图，四棱锥 $P-ABCD $ 中，底面是以 $O $ 为中心的菱形，$PO\perp $ 底面 $ ABCD$，$ AB=2$，$\angle BAD=\dfrac {\mathrm \pi} 3$，$ M$ 为 $BC $ 上一点，且 $BM=\dfrac 12 $．

【难度】

【出处】

2014年高考重庆卷（文）

【标注】

证明：$BC\perp $ 平面 $POM $；
标注
答案

略．

解析

本题的关键在求证 $BM\perp OM$，可用余弦定理证得．如图，$ABCD$ 为菱形，$O$ 为菱形中心，连接 $OB$，则 $AO \perp OB$，因为 $\angle BAD = \dfrac{{\mathrm \pi} }{3}$，故\[OB = AB \cdot \sin \angle OAB = 2\sin \dfrac{\mathrm \pi} {6} = 1.\]又因为 $BM = \dfrac{1}{2}$，且 $\angle OBM = \dfrac{\mathrm \pi} {3}$，在 $\triangle OBM$ 中根据余弦定理可得\[\begin{split}O{M^2} &= O{B^2} + B{M^2} - 2OB \cdot BM \cdot \cos \angle OBM \\&= {1^2} + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} - 2 \times 1 \times \dfrac{1}{2} \times \cos \dfrac{\mathrm \pi} {3} = \dfrac{3}{4},\end{split}\]所以\[O{B^2} = O{M^2} + B{M^2},\]故 $OM \perp BM$．
又 $PO \perp $ 底面 $ABCD$，所以 $PO \perp BC$，从而 $BC$ 与平面 $POM$ 内两条相交直线 $OM$，$PO$ 都垂直，
所以 $BC \perp $ 平面 $POM$．
若 $MP\perp AP $，求四棱锥 $P-ABMO $ 的体积．
标注
答案

$\dfrac{5}{16}$．

解析

本题的关键在于求棱锥的高，即 $PO$ 长．可根据 $\triangle PAM$ 为直角三角形，利用勾股定理建立方程求得．由（1）可知，\[OA = AB \cdot \cos \angle OAB = 2 \cdot \cos \dfrac{{\mathrm \pi} }{6} = \sqrt 3 ,\]设 $PO = a$，由 $PO \perp $ 底面 $ABCD$ 知，$\triangle POA$ 为直角三角形，故\[P{A^2} = P{O^2} + O{A^2} = {a^2} + 3,\]由 $\triangle POM$ 也是直角三角形，故\[P{M^2} = P{O^2} + O{M^2} = {a^2} + \dfrac{3}{4},\]连接 $AM$，在 $\triangle ABM$ 中，根据余弦定理得\[\begin{split}A{M^2} &= A{B^2} + B{M^2} - 2AB \cdot BM \cdot \cos \angle ABM \\&= {2^2} + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} - 2 \cdot 2 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \cos \dfrac{{2{\mathrm \pi} }}{3} \\&= \dfrac{21}{4},\end{split}\]由已知 $MP \perp AP$，故 $\triangle APM$ 为直角三角形，则 $P{A^2} + P{M^2} = A{M^2}$，即\[{a^2} + 3 + {a^2} + \dfrac{3}{4} = \dfrac{21}{4},\]得\[a = \dfrac{\sqrt 3 }{2},a = - \dfrac{\sqrt 3 }{2} \left(舍去\right),\]即 $PO = \dfrac{\sqrt 3 }{2}$，此时\[\begin{split}{S_{ABMO}} &= {S_{\triangle AOB}} + {S_{\triangle OMB}} \\&= \dfrac{1}{2} \cdot AO \cdot OB + \dfrac{1}{2} \cdot BM \cdot OM\\&= \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt 3 \cdot 1 + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt 3 }{2} \\&= \dfrac{5\sqrt 3 }{8},\end{split}\]所以四棱锥 $P - ABMO$ 的体积为\[\begin{split}{V_{P - ABMO}} &= \dfrac{1}{3} \cdot {S_{ABMO}} \cdot PO \\&= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{5\sqrt 3 }{8} \cdot \dfrac{\sqrt 3 }{2} \\&= \dfrac{5}{16}.\end{split}\]

题目问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2

本题的关键在于求棱锥的高，即 $PO$ 长．可根据 $\triangle PAM$ 为直角三角形，利用勾股定理建立方程求得．由（1）可知，\[OA = AB \cdot \cos \angle OAB = 2 \cdot \cos \dfrac{{\mathrm \pi} }{6} = \sqrt 3 ,\]<img src="/static/images/95f498566cd0170edf01b2a60a64af2d.png" class="img-responsive"      />设 $PO = a$，由 $PO \perp $ 底面 $ABCD$ 知，$\triangle POA$ 为直角三角形，故\[P{A^2} = P{O^2} + O{A^2} = {a^2} + 3,\]由 $\triangle POM$ 也是直角三角形，故\[P{M^2} = P{O^2} + O{M^2} = {a^2} + \dfrac{3}{4},\]连接 $AM$，在 $\triangle ABM$ 中，根据余弦定理得\[\begin{split}A{M^2} &= A{B^2} + B{M^2} - 2AB \cdot BM \cdot \cos \angle ABM \\&= {2^2} + {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} - 2 \cdot 2 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \cos \dfrac{{2{\mathrm \pi} }}{3} \\&= \dfrac{21}{4},\end{split}\]由已知 $MP \perp AP$，故 $\triangle APM$ 为直角三角形，则 $P{A^2} + P{M^2} = A{M^2}$，即\[{a^2} + 3 + {a^2} + \dfrac{3}{4} = \dfrac{21}{4},\]得\[a = \dfrac{\sqrt 3 }{2},a = - \dfrac{\sqrt 3 }{2} \left(舍去\right),\]即 $PO = \dfrac{\sqrt 3 }{2}$，此时\[\begin{split}{S_{ABMO}} &= {S_{\triangle AOB}} + {S_{\triangle OMB}} \\&= \dfrac{1}{2} \cdot AO \cdot OB + \dfrac{1}{2} \cdot BM \cdot OM\\&= \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt 3 \cdot 1 + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sqrt 3 }{2} \\&= \dfrac{5\sqrt 3 }{8},\end{split}\]所以四棱锥 $P - ABMO$ 的体积为\[\begin{split}{V_{P - ABMO}} &= \dfrac{1}{3} \cdot {S_{ABMO}} \cdot PO \\&= \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{5\sqrt 3 }{8} \cdot \dfrac{\sqrt 3 }{2} \\&= \dfrac{5}{16}.\end{split}\]