（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，…——2016 高考数学第 19 题答案解析

【考点】LS：直线与平面平行；MI：直线与平面所成的角

【专题】15：综合题；35：转化思想；44：数形结合法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角

【分析】（1）法一、取PB中点G，连接AG，NG，由三角形的中位线定理可得N$G \| \mathsf { B C }$ ，且 ${ \mathsf { N G } } { = } \frac { 1 } { 2 } { \mathbb { B } } { \mathbb { C } } ,$ ，再由已知得AM∥BC，且 $A M = \frac { 1 } { 2 } B C$ ，得到NG∥AM，且NG=AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG，由线面平行的判定得到

MN∥平面PAB；

法二、证明MN∥平面PAB，转化为证明平面NEM∥平面PAB，在 $\triangle \mathsf { P A C }$ 中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，由已知PA⊥底面ABCD，可得PA∥NE，通过求解直角三角形得到ME∥AB，由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB，则结论得证；

（2）连接CM，证得CM⊥AD，进一步得到平面PNM⊥平面PAD，在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．然后求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值

【解答】（1）证明：法一、如图，取PB中点G，连接AG，NG，

∵N为PC的中点，

∴NG∥BC，且 ${ \mathsf { N G } } { = } \frac { 1 } { 2 } { \mathsf { B C } } ,$

又 $A M = \frac { 2 } { 3 } A D = 2$ ，BC=4，且 $\mathsf { A D } \parallel \mathsf { B C }$

$\therefore A M \| B C ,$ ，且 $A M = \frac { 1 } { 2 } B C$

则 $N G \| A M$ ，且 ${ \mathsf { N G } } = \mathsf { A M }$

∴四边形AMNG为平行四边形，则NM∥AG，

$\because A G \subset$ 平面PAB，NM⊄平面PAB，

$\therefore M N \|$ 平面PAB；

法二、

在 $\triangle \mathsf { P A C }$ 中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，

在 $\triangle A B C ^ { \scriptscriptstyle \perp }$ 中，由已知AB=AC=3，BC=4，得 $\cos \angle A C B = \frac { 4 ^ { 2 } + 3 ^ { 2 } - 3 ^ { 2 } } { 2 \times 4 \times 3 } = \frac { 2 } { 3 }$

$$ \because A D / | B C , $$

$\therefore \cos \angle E A M = \frac { 2 } { 3 }$ ，则 $\sin \angle E A M = \frac { \sqrt { 5 } } { 3 }$

在 $\triangle E A M \sharp$ ，

$$ \because A M = \frac { 2 } { 3 } A D = 2 , A E = \frac { 1 } { 2 } A C = \frac { 3 } { 2 } , $$

由余弦定理得： $\mathsf { E M } = \sqrt { \mathbb { A } \mathbb { E } ^ { 2 } + \mathbb { A } \mathbb { M } ^ { 2 } - 2 \mathbb { A } \mathbb { E } \bullet \mathbb { A } \mathbb { H } \bullet \mathsf { c o s } \angle \mathbb { E } \mathbb { A } \mathbb { M } } = \sqrt { \frac { 9 } { 4 } + 4 - 2 } \times \frac { 3 } { 2 } \times 2 \times \frac { 2 } { 3 } = \frac { 3 } { 2 } ,$

$$ \therefore \cos \angle A E M = \frac { ( \frac { 3 } { 2 } ) ^ { 2 } + ( \frac { 3 } { 2 } ) ^ { 2 } - 4 } { 2 \times \frac { 3 } { 2 } \times \frac { 3 } { 2 } } = \frac { 1 } { 9 } , $$

而在 $\triangle A B C$ 中， $\cos \angle B A C = \frac { 3 ^ { 2 } + 3 ^ { 2 } - 4 ^ { 2 } } { 2 \times 3 \times 3 } = \frac { 1 } { 9 }$

$\therefore \cos \angle A E M = \cos \angle B A C$ ，即 $\angle A E M = \angle B A C$

$\therefore A B / / E M$ ，则EM∥平面PAB

由PA⊥底面ABCD，得 ${ \mathsf { P A \bot A C } }$ ，又 ${ \mathsf { N E } } \bot { \mathsf { A C } }$

$\therefore N E / / P A$ ，则NE∥平面PAB

∵NE∩EM=E，

∴平面NEM∥平面PAB，则MN∥平面PAB；

（2）解：在 $\triangle \mathsf { A M C } !$ 中，由AM=2，AC=3， $\cos \angle M A C = \frac { 2 } { 3 }$ ，得 $\mathsf { C M } ^ { 2 } = \mathsf { A C } ^ { 2 } + \mathsf { A M } ^ { 2 } - 2 \mathsf { A C } \cdot$

$$ A M \bullet \cos \angle M A C = 9 + 4 - 2 \times 3 \times 2 \times \frac { 2 } { 3 } = 5 \cdot $$

$\therefore A M ^ { 2 } + M C ^ { 2 } = A C ^ { 2 }$ ，则 $\mathsf { A M \bot M C }$

$\because \mathsf { P A } \bot$ 底面ABCD，PA⊂平面PAD，

∴平面 $A B C D \bot$ 平面PAD，且平面ABCD∩平面 ${ \mathsf { P } } { \mathsf { A } } { \mathsf { D } } { = } { \mathsf { A } } { \mathsf { D } }$

$\therefore C M \perp$ 平面PAD，则平面PNM⊥平面PAD

在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角

在Rt△PAC中，由N是PC的中点，得 $A N = \frac { 1 } { 2 } P C = \frac { 1 } { 2 } \sqrt { P A ^ { 2 } + P C ^ { 2 } } = \frac { 5 } { 2 }$

在Rt△PAM中，由 $\mathsf { P A } \bullet \mathsf { A M } = \mathsf { P M } \bullet \mathsf { A F }$ ，得 $A F = \frac { \mathrm { P A } \cdot \mathrm { s A M } } { \mathrm { P M } } = \frac { 4 \times 2 } { \sqrt { 4 ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } } } = \frac { 4 \sqrt { 5 } } { 5 }$

$$ \therefore \sin \angle A N F = \frac { A F } { A N } = \frac { \frac { 4 \sqrt { 5 } } { 5 } } { \frac { 5 } { 2 } } = \frac { 8 \sqrt { 5 } } { 2 5 } $$

∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为 $\frac { 8 { \sqrt { 5 } } } { 2 5 }$

【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面所成角的求法，考查数学转化思想方法，考查了空间想象能力和计算能力，是中档题