Question

14．如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥DC，DA⊥AB，AB=AP=2，DA=DC=1，E為PC上一點(diǎn)，且PE=$\frac{2}{3}$PC．
（Ⅰ）求PE的長；
（Ⅱ）求證：AE⊥平面PBC；
（Ⅲ）求二面角B-AE-D的度數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用勾股定理求出AC長，從而得到PC長，由此能求出PE．
（Ⅱ）以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明AE⊥平面PBC．
（Ⅲ）求出平面ABE的法向量和平面ADE的法向量，利用向量法能求出二面角B-AE-D的度數(shù)．

解答 （Ⅰ）解：∵四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥DC，DA⊥AB，
AB=AP=2，DA=DC=1，E為PC上一點(diǎn)，
且PE=$\frac{2}{3}$PC，
∴AC=$\sqrt{A{D}^{2}+D{C}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴PC=$\sqrt{P{A}^{2}+A{C}^{2}}$=$\sqrt{4+2}$=$\sqrt{6}$，
∴PE=$\frac{2}{3}$PC=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．
（Ⅱ）證明：以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，2），E（$\frac{2}{3}，\frac{2}{3}，\frac{2}{3}$），B（2，0，0），
$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{2}{3}，\frac{2}{3}，\frac{2}{3}$），$\overrightarrow{PB}$=（2，0，-2），
$\overrightarrow{PC}$=（1，1，-2），
$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{PB}$=$\frac{4}{3}-\frac{4}{3}$=0，$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{PC}$=$\frac{2}{3}+\frac{2}{3}-\frac{4}{3}$=0，
∴AE⊥PB，AE⊥PC，
又PB∩PC=P，∴AE⊥平面PBC．
（Ⅲ）解：D（0，1，0），$\overrightarrow{AB}$=（2，0，0），$\overrightarrow{AD}$=（0，1，0），$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{2}{3}，\frac{2}{3}，\frac{2}{3}$），
設(shè)平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=2x=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}y+\frac{2}{3}z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}$=（0，1，-1），
設(shè)平面ADE的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=\frac{2}{3}a+\frac{2}{3}b+\frac{2}{3}c=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，-1），
設(shè)二面角B-AE-D的度數(shù)為θ，
則cos（π-θ）=cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{2}×\sqrt{2}}$=$\frac{1}{2}$．
∴θ=120°，
∴二面角B-AE-D的度數(shù)為120°．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線段長的求法，考查線面垂直的證明，考查二面角的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．