Question

16．如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD．底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2，AD=CD=1，E是线段PB的中点．
（Ⅰ）证明：AC⊥平面PBC；
（Ⅱ）若点P到平面ACE的距离是$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求三棱锥P-ACD的体积．

Answer 1

分析 （I）取AB的中点M，连接CM，由已知可得：四边形CDAM是正方形，CM=MA=MB，可得AC⊥CB，PC⊥底面ABCD，于是PC⊥AC，即可证明AC⊥平面PBC；
（II）在平面PBC内作PH⊥CE，垂足为H．由（I）可得：平面PBC⊥平面PBC，在平面PBC内作PH⊥CE，垂足为H，可得PH⊥平面ACE，PH=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．设PC=t，S_△PCE=$\frac{1}{2}{S}_{△PBC}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}t$．又${S}_{△PCE}=\frac{1}{2}CE•PH$，解得t，即可V_P-ACD=$\frac{1}{3}•{S}_{△ACD}$•PC．

解答 （I）证明：取AB的中点M，连接CM，
∵AM=$\frac{1}{2}$AB=1=CD=AD，AB⊥AD，AB∥CD，
∴四边形CDAM是正方形，CM=MA=MB，
∴AC⊥CB，
∵PC⊥底面ABCD，
∴PC⊥AC，又PC∩BC=C，
∴AC⊥平面PBC；
（II）解：在平面PBC内作PH⊥CE，垂足为H．
由（I）可得：平面PBC⊥平面AEC，
在平面PBC内作PH⊥CE，垂足为H，则PH⊥平面ACE，
∴PH=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．设PC=t，则PB=$\sqrt{2+{t}^{2}}$，CE=$\frac{1}{2}PB$=$\frac{1}{2}\sqrt{2+{t}^{2}}$，
同时，S_△PBC=$\frac{1}{2}•\sqrt{2}•t$，S_△PCE=$\frac{1}{2}{S}_{△PBC}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}t$．
又${S}_{△PCE}=\frac{1}{2}CE•PH$，
有$\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{2+{t}^{2}}}{2}•\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{4}t$，解得t=1，即PC=1，
∴V_P-ACD=$\frac{1}{3}•{S}_{△ACD}$•PC=$\frac{1}{6}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定与性质定理、正方形的性质、直角三角形的性质、“等积变形”、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与体积计算公式，属于中档题．