Question

3．在棱锥A-BCDE中，∠BAC=$\frac{π}{2}$，DC⊥平面ABC，EB⊥平面ABC，F是BC的中点，AB=AC=BE=2，CD=1．
（1）求证：EF⊥AD；
（2）求三棱锥F-ADE的高．

Answer 1

分析 （1）利用线面垂直的判定与性质证明AF⊥FE，利用勾股定理，证明DF⊥EF，可得EF⊥平面AFD，即可证明FE⊥A
D；
（2）利用等体积法求三棱锥F-ADE的高．

解答 （1）证明：∵DC⊥平面ABC，∴DC⊥AF，
又∵AB=AC，F是BC的中点，∴AF⊥BC，
∴AF⊥平面BCD
∴AF⊥FE…2分
在△DEF中，DE²=BC²+（EB-DC）²=9，DF²=DC²+CF²=3，EF²=EB²+BF²=6，
∴DE²=DF²+EF²，∴DF⊥EF，…5分
∴EF⊥平面AFD，故FE⊥AD…6分
（2）解：由（1）知DF⊥EF，∴S_△DEF=$\frac{1}{2}$DF×EF=$\frac{1}{2}\sqrt{3}×\sqrt{6}=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$…7分
∵S_△DEF=S_梯形BCDE-S_△DCF-S_△BEF=$\frac{1}{2}（2\sqrt{2}×3-\sqrt{2}×1-\sqrt{2}×2）=\frac{3}{2}\sqrt{2}$…7分）
在△DEF中，$AD=\sqrt{5}，DE=3，AE=2\sqrt{2}$
∴由余弦定理得$cos∠ADE=\frac{9+5-8}{{2×3\sqrt{5}}}=\frac{1}{{\sqrt{5}}}$，∴$sin∠ADE=\frac{2}{{\sqrt{5}}}$…9分
∴S_△DEA=$\frac{1}{2}×3×\sqrt{5}×\frac{2}{{\sqrt{5}}}=3$
设三棱锥F-ADE的高h，则$\frac{1}{3}$S_△DEF×AF=$\frac{1}{3}×\frac{3}{2}\sqrt{2}×\sqrt{2}=\frac{1}{3}×3h$
∴h=1，即三棱锥F-ADE的高为1…12分．

点评 证明线线垂直通常利用线面垂直进行证明，求三棱锥的高可利用等体积法进行转化求解．