Question

5．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}$，求證：PD∥平面EAC；
（Ⅲ）如圖（2），若E是PB的中點(diǎn)，且二面角P-AC-E的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．
 

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，建立空間直角坐標(biāo)系，用坐標(biāo)表示點(diǎn)與向量，求出面PAC的法向量、面EAC的法向量，利用二面角P-A C-E的余弦值，可求a的值，從而可求直線PA與平面EAC所成角的正弦值

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}$，∴PE：EB=1：2，
∴PD∥EG，PD?平面EAC，EG?平面EAC；
∴PD∥平面EAC；
（Ⅲ）如圖，以C為原點(diǎn)，取AB中點(diǎn)F，$\overrightarrow{CF}，\overrightarrow{CD}，\overrightarrow{CP}$分別為x軸、y軸、z軸正向，建立空間直角坐標(biāo)系，則C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，-1，0）．
設(shè)P（0，0，a）（a＞0），則E（$\frac{1}{2}，-\frac{1}{2}，\frac{a}{2}$），$\overrightarrow{CA}$=（1，1，0），$\overrightarrow{CP}$=（0，0，a），$\overrightarrow{CE}$=（$\frac{1}{2}，-\frac{1}{2}，\frac{a}{2}$）．
設(shè)面EAC的法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CA}=x+y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CE}=x-y+az=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}=（a，-a，-2）$．
可取面PAC的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，-1，0）
依題意，|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{a}{\sqrt{{a}^{2}+2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，解得a=2．
于是$\overrightarrow{m}$=（2，-2，-2），$\overrightarrow{PA}$=（1，1，-2）．
設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ，則sinθ=|cos$\overrightarrow{PA}，\overrightarrow{m}$＞|=$\frac{\sqrt{2}}{3}$
即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{2}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查面面垂直、線面平行，考查線面角，解題的關(guān)鍵是掌握面面垂直的判定，利用向量的方法研究線面角，屬于中檔題．