Question

13．四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．
（1）證明：PB∥平面AEC；
（2）設(shè)AP=1，AD=$\sqrt{3}$，三棱錐P-ABD的體積V=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}$，求二面角D-AE-C的大�。�

Answer 1

分析 （1）連結(jié)BD交AC于點O，連結(jié)EO，由已知可得EO∥PB，然后利用線面平行的判定可得PB∥平面AEC；
（2）由PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，可得AB，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，$\overrightarrow{AB}$ 的方向為x軸的正方向，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，再由三棱錐P-ABD的體積V=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}$求得AB，得到A，D，B，E，C的坐標，然后求出平面ACE與平面DAE的法向量，由兩法向量所成角的余弦值求得二面角D-AE-C的大�。�

解答 （1）證明：連結(jié)BD交AC于點O，連結(jié)EO，
∵ABCD為矩形，∴O為BD的中點，
又E為的PD的中點，∴EO∥PB，
EO?平面AEC，PB?平面AEC，
∴PB∥平面AEC；
（2）解：∵PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，
∴AB，AD，AP兩兩垂直，
如圖，以A為坐標原點，$\overrightarrow{AB}$ 的方向為x軸的正方向，
建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，
∵AP=1，AD=$\sqrt{3}$，三棱錐P-ABD的體積V=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}$，
∴三棱錐P-ABD的體積$V=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}AB•AD•AP=\frac{\sqrt{3}}{4}$，得$AB=\frac{3}{2}$．
則A（0，0，0），D（0，$\sqrt{3}$，0），B（$\frac{3}{2}$，0，0），E（0，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$\frac{1}{2}$），C （$\frac{3}{2}$，$\sqrt{3}$，0），
則$\overrightarrow{AE}$=（0，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{AC}$=（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{3}$，0）
設(shè)$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$為平面ACE的法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{3}}}{2}y+\frac{1}{2}z=0\\ \frac{3}{2}x+\sqrt{3}y=0\end{array}\right.$，令x=1，得$y=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$z=\frac{3}{2}$，則$\overrightarrow{m}$=（1，$-\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$），
又$\overrightarrow{n}=（1，0，0）$為平面DAE的法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{3}{4}+\frac{9}{4}}}=\frac{1}{2}$，
如圖可得二面角D-AE-C為銳角，∴二面角D-AE-C為$\frac{π}{3}$．

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，訓練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．