Question

13．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2，AD=CD=1，E是線段PB的中點(diǎn)．
（1）證明：AC⊥平面PBC；
（2）若點(diǎn)P到平面ACE的距離為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求三棱椎P-ACD的體積．

Answer 1

分析 （1）取AB的中點(diǎn)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；
（2）在平面PBC內(nèi)作PH⊥CE，垂足為H．由（1）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(shè)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，即可得到V_P-ACD=$\frac{1}{3}$•S_△ACD•PC．

解答 （1）證明：取AB的中點(diǎn)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；
（2）解：在平面PBC內(nèi)作PH⊥CE，垂足為H．
由（1）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(shè)PC=t，則PB=$\sqrt{2+{t}^{2}}$，CE=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}\sqrt{2+{t}^{2}}$，
又S_△PBC=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{2}$t，S_△PCE=$\frac{1}{2}$S_△PBC=$\frac{\sqrt{2}}{4}$t．
由S_△PCE=$\frac{1}{2}$CE•PH，
得$\frac{1}{2}$•$\frac{\sqrt{2+{t}^{2}}}{2}$•$\frac{\sqrt{6}}{3}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$t，解得t=1，即PC=1．
∴V_P-ACD=$\frac{1}{3}$•S_△ACD•PC=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×1×1×1=\frac{1}{6}$．

點(diǎn)評 本小題主要考查空間線面關(guān)系、二面角的度量、幾何體的體積等知識，考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，以及空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，是中檔題．