Question

11．18、如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=PC=1，$PB=PD=\sqrt{2}$，E为线段PD上一点，且PE=2ED．
（Ⅰ）若F为PE的中点，证明：BF∥平面ACE；
（Ⅱ）求二面角P-AC-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接BD交AC于O，连接OE，可得O为BD的中点．再由已知得到E为DF的中点，得OE∥BF，由线面平行的判定可得BF∥平面ACE；
（Ⅱ）连接PO，可得PO⊥AC，进一步得到PO⊥平面ABCD．在求解三角形可得AB．
分别以直线OC，OD，OP为x轴、y轴、z轴建立空间直角标系，求出所用点的坐标，得到平面平面ACE与平面PAC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角P-AC-E的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，∴O为BD的中点．
又∵PE=2ED，F为PE的中点，∴E为DF的中点，得OE∥BF，
又∵BF?平面ACE，OE?平面ACE，∴BF∥平面ACE；
（Ⅱ）解：连接PO，∵PA=PC，∴PO⊥AC，
∵PB=PD，∴PO⊥BD，而AC∩BD=O，得PO⊥平面ABCD．
在菱形ABCD中，∵∠ABC=60°，∴△ACD是等边三角形．
设AB=a，则$OD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，$P{O^2}=P{C^2}-O{C^2}=1-\frac{a^2}{4}$，
在Rt△POD中，由PO²+OD²=PD²，得$1-\frac{a^2}{4}+\frac{{3{a^2}}}{4}=2$，解得$a=\sqrt{2}$．
分别以直线OC，OD，OP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角标系，
由题意得$A（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，0）$，$C（\sqrt{2}，0，0）$，$P（0，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$D（0，\frac{{\sqrt{6}}}{2}，0）$，
由$\overrightarrow{PE}=2\overrightarrow{ED}$，得$E（0，\frac{{\sqrt{6}}}{3}，\frac{{\sqrt{2}}}{6}）$．
设平面ACE的一个法向量为${\vec n_1}=（x，y，z）$，
由$\left\{\begin{array}{l}\vec n•\overrightarrow{OC}=0\\ \vec n•\overrightarrow{OE}=0\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{2}}}{2}x=0\\ \frac{{\sqrt{6}}}{3}y+\frac{{\sqrt{2}}}{6}z=0\end{array}\right.$令y=1，得${\vec n_1}=（0，1，-2\sqrt{3}）$，
取平面PAC的一个法向量为${\vec n_2}=（0，1，0）$，
则$cos＜{\vec n_1}，{\vec n_2}＞=\frac{{{{\vec n}_1}•{{\vec n}_2}}}{{|{{{\vec n}_1}}|•|{{{\vec n}_2}}|}}=\frac{1}{{\sqrt{13}}}=\frac{{\sqrt{13}}}{13}$，
∴二面角P-AC-E的余弦值为$\frac{{\sqrt{13}}}{13}$．

点评 本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题．