Question

13．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB=2AD=2CD=2，E是PB上的一點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：平面EAC⊥平面PBC；
（Ⅱ）如圖（1），若$\overrightarrow{PE}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{PB}$，求證：PD∥平面EAC；
（Ⅲ）如圖（2），若E是PB的中點(diǎn)，PC=2，求二面角P-AC-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB的中點(diǎn)M，連接CM，由已知可得：四邊形CDAM是正方形，CM=MA=MB，可得AC⊥CB，PC⊥底面ABCD，于是PC⊥AC，即可證明AC⊥平面PBC；即得證
（Ⅱ）連接BD交AC于G，連接GE，可得$\frac{CD}{AB}=\frac{DG}{GB}=\frac{1}{2}$，PE：EB=1：2，即PD∥EG，PD∥平面EAC；
（Ⅲ）根據(jù)題意，由（Ⅰ）AC⊥平面PBC，可得∠PCE就是二面角P-AC-E的平面角．在△PCE中，由余弦定理得$cos∠PCE=\frac{P{C}^{2}+C{E}^{2}-P{E}^{2}}{2PC•CE}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，即可

解答 解：（Ⅰ）證明：取AB的中點(diǎn)M，連接CM，
∵AM=$\frac{1}{2}$AB=1=CD=AD，AB⊥AD，AB∥CD，
∴四邊形CDAM是正方形，CM=MA=MB，∴AC⊥CB，
∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AC，又PC∩BC=C，
∴AC⊥平面PBC；又AC?∴面EAC⊥平面PBC．


（Ⅱ）連接BD交AC于G，連接GE，
∵AB∥CD，AB=2CD，∴$\frac{CD}{AB}=\frac{DG}{GB}=\frac{1}{2}$，
∵$\overrightarrow{PE}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{PB}$，∴PE：EB=1：2，
∴PD∥EG，PD?平面EAC，EG?平面EAC；
∴PD∥平面EAC；
（Ⅲ） 由（Ⅰ）AC⊥平面PBC，∴∠PCE就是二面角P-AC-E的平面角．
∵PC=2，BC=$\sqrt{2}$，∴PB=$\sqrt{6}$．
∵E是PB的中點(diǎn)，∴$CE=PE=\frac{\sqrt{6}}{2}$．
在△PCE中，由余弦定理得$cos∠PCE=\frac{P{C}^{2}+C{E}^{2}-P{E}^{2}}{2PC•CE}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴二面角P-AC-E的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直、線面平行的判定，考查面面角，解題的關(guān)鍵是掌握面面垂直、線面平行的判定，屬于中檔題．