Question

16．如圖，在四棱錐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是線段PB的中點．
（Ⅰ）證明：AC⊥平面PBC；
（Ⅱ）若點P到平面ACE的距離是$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求三棱錐P-ACD的體積．

Answer 1

分析 （I）取AB的中點M，連接CM，由已知可得：四邊形CDAM是正方形，CM=MA=MB，可得AC⊥CB，PC⊥底面ABCD，于是PC⊥AC，即可證明AC⊥平面PBC；
（II）在平面PBC內(nèi)作PH⊥CE，垂足為H．由（I）可得：平面PBC⊥平面PBC，在平面PBC內(nèi)作PH⊥CE，垂足為H，可得PH⊥平面ACE，PH=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．設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）證明：取AB的中點M，連接CM，
∵AM=$\frac{1}{2}$AB=1=CD=AD，AB⊥AD，AB∥CD，
∴四邊形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內(nèi)作PH⊥CE，垂足為H．
由（I）可得：平面PBC⊥平面AEC，
在平面PBC內(nèi)作PH⊥CE，垂足為H，則PH⊥平面ACE，
∴PH=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．設PC=t，則PB=$\sqrt{2+{t}^{2}}$，CE=$\frac{1}{2}PB$=$\frac{1}{2}\sqrt{2+{t}^{2}}$，
同時，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=$\frac{1}{6}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì)定理、正方形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、“等積變形”、三棱錐的體積計算公式，考查了推理能力與體積計算公式，屬于中檔題．