Question

1．如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，PA⊥平面ABCD，AC⊥AB，AB=PA，点E是PD上的点，且DE=λEP（0＜λ≤1）．
（Ⅰ）求证：PB⊥AC；
（Ⅱ）若PB∥平面ACE，求λ的值；
（Ⅲ）若二面角E-AC-P的大小为60°，求λ的值．

Answer 1

分析 （I）PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，可得PA⊥AC．又AC⊥AB，进而证明．
（Ⅱ）连接BD交AC于点F，可得点F为BD的中点．连接EF．又PB∥平面ACE，可得PB∥EF，E点为PD的中点．
即可得出λ．
（III）建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=1，AC=t．可得A（0，0，0），P（0，0，1），C（t，0，0），D（t，-1，0）．（t＞0）．利用$\overrightarrow{DE}$=λ$\overrightarrow{EP}$，可得E$（\frac{t}{1+λ}，\frac{-1}{1+λ}，\frac{λ}{1+λ}）$．取平面PAC的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，1，0）．
设平面AEC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），可得$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，利用$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=cos60°，（0＜λ≤1）．即可得出．

解答 （I）证明：∵PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴PA⊥AC．
又AC⊥AB，PA∩AB=A．
∴AC⊥平面PAB，
∴AC⊥PB．
（Ⅱ）解：连接BD交AC于点F，∵底面四边形ABCD是平行四边形，
∴点F为BD的中点．
连接EF．又PB∥平面ACE，平面ACE∩平面PBD=EF．
∴PB∥EF，∴E点为PD的中点．
又DE=λEP，∴λ=1．
（III）解：建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=1，AC=t．
则A（0，0，0），P（0，0，1），C（t，0，0），D（t，-1，0）．（t＞0）．
∵$\overrightarrow{DE}$=λ$\overrightarrow{EP}$，可得E$（\frac{t}{1+λ}，\frac{-1}{1+λ}，\frac{λ}{1+λ}）$．
$\overrightarrow{AC}$=（t，0，0），$\overrightarrow{AE}$=$（\frac{t}{1+λ}，\frac{-1}{1+λ}，\frac{λ}{1+λ}）$．$\overrightarrow{AP}$=（0，0，1）．
取平面PAC的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，1，0）．
设平面AEC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）．
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{tx=0}\\{\frac{tx}{1+λ}-\frac{y}{1+λ}+\frac{λz}{1+λ}=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=（0，λ，1）．
则$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{λ}{\sqrt{{λ}^{2}+1}}$=cos60°，（0＜λ≤1）．
解得λ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查了空间位置关系、法向量的应用、向量夹角公式，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．