Question

12．如圖，PA⊥平面ABCD，矩形ABCD的邊長(zhǎng)AB=1，BC=2，E為BC的中點(diǎn)．
（1）證明：PE⊥DE；
（2）如果異面直線AE與PD所成角的大小為$\frac{π}{3}$，求PA的長(zhǎng)及點(diǎn)A到平面PED的距離．

Answer 1

分析 （1）以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PA=h，求出$\overrightarrow{PE}$，$\overrightarrow{DE}$的坐標(biāo)，通過計(jì)算$\overrightarrow{PE}$•$\overrightarrow{DE}$=0得出PE⊥DE；
（2）求出$\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow{PD}$的坐標(biāo)，令|cos＜$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{PD}$＞|=$\frac{1}{2}$解出h，利用等體積法求出點(diǎn)A到平面PED的距離．

解答 證明：（1）以A為原點(diǎn)，以AB，AD，AP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示
設(shè)PA=h，則A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），E（1，1，0），P（0，0，h）．
∴$\overrightarrow{PE}$=（1，1，-h），$\overrightarrow{DE}$=（1，-1，0）．
∴$\overrightarrow{PE}•\overrightarrow{DE}$=0
∴PE⊥DE．
（2）$\overrightarrow{AE}$=（1，1，0），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-h），
$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{PD}$=2，|$\overrightarrow{AE}$|=$\sqrt{2}$，|$\overrightarrow{PD}$|=$\sqrt{{h}^{2}+4}$，
∴cos＜$\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{PD}$＞=$\frac{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{PD}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{PD}|}$=$\frac{2}{\sqrt{2{h}^{2}+8}}$．
∵異面直線AE與PD所成角的大小為$\frac{π}{3}$，∴cos＜$\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{PD}$＞=$\frac{2}{\sqrt{2{h}^{2}+8}}$=$\frac{1}{2}$，
解得h=2．∴PA=2．
設(shè)A到平面PDE的距離為d，
∵AE=$\sqrt{A{B}^{2}+B{E}^{2}}$=$\sqrt{2}$，DE=$\sqrt{C{D}^{2}+C{E}^{2}}$=$\sqrt{2}$，PE=$\sqrt{P{A}^{2}+A{E}^{2}}$=$\sqrt{6}$，
∴S_△PDE=$\frac{1}{2}•PE•DE$=$\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\sqrt{2}$=$\sqrt{3}$，
∴V_P-ADE=V_A-PDE=$\frac{1}{3}{S}_{△PDE}•d$=$\frac{\sqrt{3}d}{3}$．
又V_P-ADE=$\frac{1}{3}{S}_{△ADE}•PA$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×1×2$=$\frac{2}{3}$，
∴$\frac{\sqrt{3}d}{3}=\frac{2}{3}$，解得d=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴A到平面PED的距離為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間直線的位置關(guān)系，點(diǎn)到直線的距離計(jì)算，屬于中檔題．