20．（本题满分 15 分）如图，在四棱锥 $P-A B C D$ 中，底面是
边长为 $2 \sqrt{3}$ 的菱形，$\angle B A D=120^{\circ}$ ，且 $P A \perp$ 平面 $A B C D$ ，
$P A=2 \sqrt{6}, M, N$ 分别为 $P B, P D$ 的中点．
（ I ）证明：$M N \perp$ 平面 $A B C D$ ；
（II）过点 $A$ 作 $A Q \perp P C$ ，垂足为点 $Q$ ，求二面角
$A-M N-Q$ 的平面角的余弦值．
参考答案本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想像能力和运算求解能力。满分 $\mathbf{1 5}$ 分。 （I）因为 $M, N$ 分别是 $P B, P D$ 的中点，所以 $M N$ 是 $\triangle P B D$ 的中位线，所以 $$ M M / / B D $$ 又因为 $M N \not \subset$ 平面 $A B C D$ ，所以 $$ M M ~ / ~ / ~ \text { 平面 } A B C D \text {. } $$ （II）方法一： 连结 $A C$ 交 $B D$ 于 $O$ ，以 $O$ 为原点，$O C, O D$ 所在直线为 $x, y$ 轴，建立空 间直角坐标系 $O x y z$ ，如图所示 在菱形 $A B C D$ 中，$\angle B A D=120^{\circ}$ ，得 $$ A C=A B=2 \sqrt{3}, \quad B D=\sqrt{3} A B=6 $$ 又因为 $P A \perp$ 平面 $A B C D$ ，所以 $P A \perp A C$ 。 在直角 $\triangle P A C$ 中，$A C=2 \sqrt{3}, P A=2 \sqrt{6}, A Q \perp P C$ ，得 $$ Q C=2, \quad P Q=4 $$ 由此知各点坐标如下， $$ \begin{aligned} & A(-\sqrt{3}, 0,0), B(0,-3,0) \\ & C(\sqrt{3}, 0,0), D(0,3,0) \\ & P(-\sqrt{3}, 0,2 \sqrt{6}), M\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}, \sqrt{6}\right), \\ & N\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, \sqrt{6}\right), Q\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) . \end{aligned} $$ 设 $\boldsymbol{m}=(x, y, z)$ 为平面 $A M N$ 的法向量． 由 $\overrightarrow{A M}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2}, \sqrt{6}\right), \overrightarrow{A N}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}, \sqrt{6}\right)$ 知 $$ \left\{\begin{array}{l} \frac{\sqrt{3}}{2} x-\frac{3}{2} y+\sqrt{6} z=0 \\ \frac{\sqrt{3}}{2} x+\frac{3}{2} y+\sqrt{6} z=0 \end{array}\right. $$ 取 $x=-1$ ，得 $$ \boldsymbol{m}=(2 \sqrt{2}, 0,-1) $$ 设 $\boldsymbol{n}=(x, y, z)$ 为平面 $Q M N$ 的法向量． 由 $\overrightarrow{Q M}=\left(-\frac{5 \sqrt{3}}{6},-\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{6}}{3}\right), \overrightarrow{Q N}=\left(-\frac{5 \sqrt{3}}{6}, \frac{3}{2}, \frac{\sqrt{6}}{3}\right)$ 知 $$ \left\{\begin{array}{l} -\frac{5 \sqrt{3}}{6} x-\frac{3}{2} y+\frac{\sqrt{6}}{3} z=0 \\ -\frac{5 \sqrt{3}}{6} x+\frac{3}{2} y+\frac{\sqrt{6}}{3} z=0 \end{array}\right. $$ 取 $z=5$ ，得 $$ \boldsymbol{n}=(2 \sqrt{2}, 0,5) $$ 于是 $$ \cos <\boldsymbol{m}, \boldsymbol{n}>=\frac{\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}| \cdot|\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{33}}{33} $$ 所以二面角 $A-M N-Q$ 的平面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{33}}{33}$ ． **方法二**： 在菱形 $A B C D$ 中，$\angle B A D=120^{\circ}$ ，得 $$ A C=A B=B C=D A, \quad B D=\sqrt{3} A B $$ 有因为 $P A \perp$ 平面 $A B C D$ ，所以 $$ P A \perp A B, \quad P A \perp A C, \quad P A \perp A D $$ 所以 $P B=P C=P D$ ． 所以 $\triangle P B C \cong \triangle P D C$ 。 而 $M, N$ 分别是 $P B, P D$ 的中点，所以 $$ M Q=N Q, \text { 且 } A M=\frac{1}{2} P B=\frac{1}{2} P D=A N . $$ 取线段 $M N$ 的中点 $E$ ，连结 $A E, E Q$ ，则 $$ A E \perp M N, \quad Q E \perp M N $$ 所以 $\angle A E Q$ 为二面角 $A-M N-Q$ 的平面角． 由 $A B=2 \sqrt{3}, P A=2 \sqrt{6}$ ，故 在 $\triangle A M N$ 中，$A M=A N=3, M N=\frac{1}{2} B D=3$ ，得 $$ A E=\frac{3 \sqrt{3}}{2} $$ 在直角 $\triangle P A C$ 中，$A Q \perp P C$ ，得 $$ A Q=2 \sqrt{2}, \quad Q G=2, \quad P Q=4 $$ 在 $\triangle P B C$ 中， $\cos \angle B P C=\frac{P B^{2}+P C^{2}-B C^{2}}{2 P B \cdot P C}=\frac{5}{6}$ ，得 $$ M Q=\sqrt{P M^{2}+P Q^{2}-2 P M \cdot P Q \cos \angle B P C}=\sqrt{5} $$ 在等腰 $\triangle M Q N$ 中，$M Q=N Q=\sqrt{5}, M N=3$ ，得 $$ Q E=\sqrt{M Q^{2}-M E^{2}}=\frac{\sqrt{11}}{2} $$ 在 $\triangle A E Q$ 中，$A E=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, Q E=\frac{\sqrt{11}}{2}, A Q=2 \sqrt{2}$ ，得 $$ \cos \angle A E Q=\frac{A E^{2}+Q E^{2}-A Q^{2}}{2 A E \cdot Q E}=\frac{\sqrt{33}}{33} . $$ 所以二面角 $A-M N-Q$ 的平面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{33}}{33}$ ．