Question

11．如圖，在直角梯形ABCP中，CP∥AB，CP⊥CB，AB=BC=$\frac{1}{2}$CP=2，D是CP的中點，將△PAD沿AD折起，使得PD⊥面ABCD．

（1）求證：平面PAD⊥平面PCD；
（2）若E是PC的中點，求三棱錐D-PEB的體積．
（3）若E在CP上且二面角E-BD-C所成的角為45°，求CE的長．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出ABCD為正方形，從而AD⊥底面PCD，由此能證明平面PAD⊥平面PCD．
（2）點A到平面PBC的距離即為點D到平面PBC的距離，由V_A-PEB=V_D-PEB，利用等積法能求出三棱錐D-PEB的體積．
（3）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出CE的長．

解答 證明：（1）∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD．
又由于CP∥AB，CP⊥CB，AB=BC，
∴ABCD為正方形，
∴AD⊥CD，又PD∩CD=D，故AD⊥底面PCD，
∵AD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面PCD．
解：（2）∵AD∥BC，又BC?平面PBC，
AD?平面PBC，∴AD∥平面PBC．
∴點A到平面PBC的距離即為點D到平面PBC的距離．
又∵PD=DC，E是PC的中點，∴DE⊥PC．
由（1）知有AD⊥底面PCD，所以有AD⊥DE．
由題意得AD∥BC，故BC⊥DE．
于是，由BC∩PC=C，可得DE⊥底面PBC．
∴DE=$\sqrt{2}$，PC=2$\sqrt{2}$，
又∵AD⊥底面PCD，∴AD⊥CP，
∵AD∥BC，∴AD⊥BC．
∴S_△PEB=$\frac{1}{2}$S_△PBC=$\frac{1}{2}$×（$\frac{1}{2}×BC×PC$）=$\sqrt{2}$，
∴三棱錐D-PEB的體積V_A-PEB=V_D-PEB=$\frac{1}{3}$×DE×S_△PEB=$\frac{2}{3}$．
（3）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DP為z軸，建立空間直角坐標系，
則C（0，2，0），P（0，0，2），設(shè)E（0，b，c），$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{PC}$，（λ＞0）
即（0，b，c-2）=（0，2λ，-2λ），∴b=2λ，c=2-2λ，∴E（0，2λ，2-2λ），
$\overrightarrow{DE}$=（0，2λ，2-2λ），$\overrightarrow{DB}$=（2，2，0），
設(shè)平面BDE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=2λy+（2-2λ）z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DB}=2x+2y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，$\frac{2λ}{2-2λ}$），
平面BDC的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
∵二面角E-BD-C所成的角為45°，
∴cos45°=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|\frac{2λ}{2-2λ}|}{\sqrt{2+（\frac{2λ}{2-2λ}）^{2}}}$，
由λ＞0，解得$λ=\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}$=2-$\sqrt{2}$，∴E（0，4-2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}-2$），
∴CE的長|CE|=$\sqrt{{0}^{2}+（2-2\sqrt{2}）^{2}+（2\sqrt{2}-2）^{2}}$=4-2$\sqrt{2}$．

點評 本題考查平面與平面垂直的證明，考查三棱錐的體積的求法，考查線段長的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．