Question

11．18、如圖，在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=PC=1，$PB=PD=\sqrt{2}$，E為線段PD上一點，且PE=2ED．
（Ⅰ）若F為PE的中點，證明：BF∥平面ACE；
（Ⅱ）求二面角P-AC-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接BD交AC于O，連接OE，可得O為BD的中點．再由已知得到E為DF的中點，得OE∥BF，由線面平行的判定可得BF∥平面ACE；
（Ⅱ）連接PO，可得PO⊥AC，進一步得到PO⊥平面ABCD．在求解三角形可得AB．
分別以直線OC，OD，OP為x軸、y軸、z軸建立空間直角標(biāo)系，求出所用點的坐標(biāo)，得到平面平面ACE與平面PAC的一個法向量，由兩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）證明：連接BD交AC于O，連接OE，
∵四邊形ABCD是菱形，∴O為BD的中點．
又∵PE=2ED，F(xiàn)為PE的中點，∴E為DF的中點，得OE∥BF，
又∵BF?平面ACE，OE?平面ACE，∴BF∥平面ACE；
（Ⅱ）解：連接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是等邊三角形．
設(shè)AB=a，則$OD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，$P{O^2}=P{C^2}-O{C^2}=1-\frac{a^2}{4}$，
在Rt△POD中，由PO²+OD²=PD²，得$1-\frac{a^2}{4}+\frac{{3{a^2}}}{4}=2$，解得$a=\sqrt{2}$．
分別以直線OC，OD，OP為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角標(biāo)系，
由題意得$A（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，0）$，$C（\sqrt{2}，0，0）$，$P（0，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$D（0，\frac{{\sqrt{6}}}{2}，0）$，
由$\overrightarrow{PE}=2\overrightarrow{ED}$，得$E（0，\frac{{\sqrt{6}}}{3}，\frac{{\sqrt{2}}}{6}）$．
設(shè)平面ACE的一個法向量為${\vec n_1}=（x，y，z）$，
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的一個法向量為${\vec n_2}=（0，1，0）$，
則$cos＜{\vec n_1}，{\vec n_2}＞=\frac{{{{\vec n}_1}•{{\vec n}_2}}}{{|{{{\vec n}_1}}|•|{{{\vec n}_2}}|}}=\frac{1}{{\sqrt{13}}}=\frac{{\sqrt{13}}}{13}$，
∴二面角P-AC-E的余弦值為$\frac{{\sqrt{13}}}{13}$．

點評 本題考查直線與平面平行的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求解二面角的平面角，是中檔題．