Question

17．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，AD=4，E为线段PD上一动点（不含端点），记$\frac{PE}{PD}=λ$．
（1）当$λ=\frac{1}{2}$时，求证：直线PB∥平面ACE；
（2）当平面PAC与平面ACE所成二面角的余弦值为$\frac{1}{3}$时，求λ的值．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，把E的坐标用含有λ的值表示，求得$\overrightarrow{PB}$的坐标，再求出平面CAE的一个法向量的坐标，利用数量积为0得答案；
（2）由题意得到平面PAC的一个法向量，再把平面EAC的法向量用含有λ的代数式表示，结合平面PAC与平面ACE所成二面角的余弦值为$\frac{1}{3}$列式求得λ值．

解答 （1）证明：以A为原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，4，0），P（0，0，2），C（2，4，0）．
∵$\frac{PE}{PD}=λ$，设E（0，a，b），则$\overrightarrow{PE}=（0，a，b-2）$，$\overrightarrow{PD}=（0，4，-2）$，
由$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{PD}$，得（0，a，b-2）=λ（0，4，-2），
解得a=4λ，b=2-2λ，∴E（0，4λ，2-2λ），
当$λ=\frac{1}{2}$时，E（0，2，1），$\overrightarrow{PB}=（2，0，-2）$，
设平面EAC的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{m}=0}\\{\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{m}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{2{y}_{1}+{z}_{1}=0}\\{2{x}_{1}+4{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，取y₁=1，得x₁=z₁=-2，∴$\overrightarrow{m}=（-2，1，-2）$，
由$\overrightarrow{PB}•\overrightarrow{m}=2×（-2）+0×1+（-2）×（-2）$=0，且PB?平面EAC，
∴直线PB∥平面ACE；
（2）解：由题意可得，平面PAC的一个法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（-1，1，0）$，
$\overrightarrow{AC}=（2，4，0）$，$\overrightarrow{AE}=（0，4λ，2-2λ）$，
设平面EAC的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{4λy+（2-2λ）z=0}\\{2x+4y=0}\end{array}\right.$，
解得x=0，y=-1，z=$\frac{2λ}{1-λ}$，
由平面PAC与平面ACE所成二面角的余弦值为$\frac{1}{3}$，
得|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}|}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}=\frac{1}{3}$，即$λ=2\sqrt{14}-7$．

点评 本题考查利用向量判断线面平行，考查了利用空间向量求二面角的平面角，考查计算能力是中档题．