Question

6．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥平面PCD，PA⊥CB，AB=2AD=2CD=2，E为PB的中点
（1）证明：平面PAC⊥平面PBC；
（2）若直线PA与平面EAC所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{3}$，求二面角P-AC-E的余弦值．

Answer 1

分析 （1）通过计算可得AC=BC=$\sqrt{2}$，利用勾股定理知AC⊥BC，根据线面垂直的判定定理即得结论；
（2）通过（1）得BC⊥平面PAC，利用线面垂直的判定定理可知能以C为原点建立空间直角坐标系，则直线PA与平面EAC所成角的正弦值即为平面EAC的法向量与$\overrightarrow{PA}$的夹角的余弦值的绝对值，计算可得a=2或1，分类讨论即可．

解答 （1）证明：由已知可得AB=2，AD=CD=1，ABCD是直角梯形，
∴AC=BC=$\sqrt{2}$，
∴AC²+BC²=AB²，∴AC⊥BC，
由已知有PA⊥CB，又PA∩AC=A，PA、PC?平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，
又BC?平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC；
（2）解：由（1）得BC⊥平面PAC，
又PC?平面PAC，∴PC⊥BC，
由已知得AD⊥平面PCD，
又PC?平面PCD，∴PC⊥AD，
又AD、BC是平面ABCD内的两条相交直线，
∴PC⊥平面ABCD，
以C为原点，建立空间直角坐标系如图，
则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，-1，0），
设P（0，0，a），（a＞0），则E（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$，$\frac{a}{2}$），
$\overrightarrow{CA}$=（1，1，0），$\overrightarrow{PA}$=（1，1，-a），$\overrightarrow{CE}$=（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$，$\frac{a}{2}$），
设平面EAC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0}\\{x-y+az=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=（a，-a，-2），
同理可得平面PAC的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（1，-1，0），
设直线PA与平面EAC所成角θ，
则sinθ=$|cos＜\overrightarrow{PA}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|a-a+2a|}{\sqrt{2{a}^{2}+4}•\sqrt{2+{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
解得a=2或1，
当a=2时，$\overrightarrow{n}$=（2，-2，-2），$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2+2}{\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}+{2}^{2}}•\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
当a=1时，$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-2），$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1+1}{\sqrt{1+1+{2}^{2}}•\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴二面角P-AC-E的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$或$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的计算，考查分类讨论的思想，考查空间想象能力，计算能力，注意解题方法的积累，属于中档题．