Question

14．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2AB=2，E为棱BC的中点．
（1）证明：平面PAE⊥平面PDE；
（2）求棱锥A--PDE的高；
（3）设二面角A-PD-E的大小为θ，求cosθ．

Answer 1

分析 （1）由线面垂直得PA⊥DE，由勾股定理得AE⊥DE，由此能证明平面PAE⊥平面PDE．
（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，求出$\overrightarrow{PA}$和平面PDE的法向量，由此利用点到平面图的距离公式能求出棱锥A--PDE的高．
（3）求出平面PAD的法向量和平面PDE的法向量，由此利用向量法能求出cosθ．

解答 （1）证明：∵四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2AB=2，E为棱BC的中点，
∴PA⊥DE，AE=DE=$\sqrt{1+1}$=$\sqrt{2}$，
∴AD²+AE²=AD²，∴AE⊥DE，
∵PA∩AE=A，∴DE⊥平面PAE，
∵DE?平面PDE，∴平面PAE⊥平面PDE．
（2）解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
由已知得A（0，0，0），P（0，0，2），E（1，1，0），D（0，2，0），
$\overrightarrow{PE}$=（1，1，-2），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-2），$\overrightarrow{PA}$=（0，0，-2），
设平面PDE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=2y-2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PE}=x+y-2z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，1），
∴棱锥A--PDE的高h=$\frac{|\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|-2|}{\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
（3）解：∵平面PAD的法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），平面PDE的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，1，1），
∴cosθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}|}$|=|$\frac{1}{\sqrt{3}}$|=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查棱锥的高的求法，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．