Question

20．已知在梯形ABCD中，∠ADC=$\frac{π}{2}$，AB∥CD，PC⊥平面ABCD，CP=AB=2DC=2DA，点E在BP上，且EB=2PE．
（1）求证：DP∥平面ACE；
（2）求二面角E-AC-P的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连接DB交AC于点O，连接OE，由已知结合平行线成比例可得OE∥PD．再由线面平行的判定可得DP∥平面ACE；
（2）设CD=1，由∠ADC=$\frac{π}{2}$，且PC⊥平面ABCD，故以C为原点，过点C与AD平行的直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴距离空间直角坐标系．求出平面ACE的一个法向量，再证明MD⊥平面PAC，可得$\overrightarrow{MD}$是平面PAC的一个法向量．由两法向量所成角的余弦值求得二面角E-AC-P的余弦值．

解答 （1）证明：连接DB交AC于点O，连接OE，
∵AB∥CD，∴$\frac{DO}{OB}=\frac{CD}{AB}=\frac{1}{2}$，
∵EB=2PE，∴$\frac{PE}{EB}=\frac{1}{2}=\frac{DO}{OB}$，
∴OE∥PD．
∵DP?平面ACE，OE?平面ACE，
∴DP∥平面ACE；
（2）解：设CD=1，∵∠ADC=$\frac{π}{2}$，且PC⊥平面ABCD，
故以C为原点，过点C与AD平行的直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴距离空间直角坐标系．
则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，-1，0），D（0，1，0），P（0，0，2），
设E（x_E，y_E，z_E），由EB=2PE，得$\overrightarrow{PE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PB}$，
∴（x_E，y_E，z_E-2）=$\frac{1}{3}$（1，-1，-2），得E（$\frac{1}{3}，-\frac{1}{3}，\frac{4}{3}$）．
$\overrightarrow{CA}=（1，1，0），\overrightarrow{CE}=（\frac{1}{3}，-\frac{1}{3}，\frac{4}{3}）$，
设平面ACE的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=x+y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=\frac{1}{3}x-\frac{1}{3}y+\frac{4}{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}=（1，-1，-\frac{1}{2}）$．
取AC的中点M，连接MD，可得M（$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，0$），
∴$\overrightarrow{MD}=（-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，0）$．
由DA=DC，得MD⊥AC，
由PC⊥底面ABCD，得MD⊥PC，
又AC∩PC=C，∴MD⊥平面PAC，
∴$\overrightarrow{MD}$是平面PAC的一个法向量．
∴|cos＜$\overrightarrow{MD}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{MD}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{MD}|•|\overrightarrow{n}|}=\frac{|-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}|}{\frac{\sqrt{2}}{2}•\sqrt{2+\frac{1}{4}}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
由图可知，二面角E-AC-P为锐二面角，
∴二面角E-AC-P的余弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

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二面角的大小，是中档题．