Question

18．已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，AD=2，BC=1，CD=$\sqrt{3}$，点E是线段AB的中点，G为CD的中点，现沿ED将△AED折起到△PED位置，使PE⊥EB．
（1）求证：平面PEG⊥平面PCD；
（2）求点A到平面PDC的距离．

Answer 1

分析 （1）连接BD，易证PE⊥平面ABCD，可得PE⊥CD，再由中位线的性质可证CD⊥平面PEG，由面面垂直的判定定理可得；
（2）连接PA、AC，由等体积法可得．

解答 解：（1）连接BD，在△BCD中，BD=$\sqrt{C{D}^{2}+B{C}^{2}}$=2=AD，
∴△ABD为等腰三角形，由E是AB的中点可得DE⊥AB，故DE⊥PE，
又∵PE⊥EB，DE和EB相交，∴PE⊥平面ABCD，
∵CD?平面ABCD，∴PE⊥CD，
∵EG为梯形ABCD的中位线，且CD⊥AD，
∴CD⊥EG，又PE∩EG=E，∴CD⊥平面PEG，
又∵CD?平面PCD，∴平面PEG⊥平面PCD；
（2）连接PA、AC，可求得S_△ACD=$\sqrt{3}$，PE=1，
则V_A-PCD=V_P-ACD=$\frac{1}{3}$S_△ACD•PE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
在△PED中，PD=AD=2，连接EC，则EC=ED=$\sqrt{3}$，
故在△PEC中，PC=$\sqrt{P{E}^{2}+E{C}^{2}}$=2，
故PD=PC，△PCD为等腰三角形，
在△PCD中，DC=$\sqrt{3}$，故PG=$\sqrt{P{C}^{2}-G{C}^{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{2}$，
∴S_△PCD=$\frac{1}{2}$•DC•PG=$\frac{\sqrt{39}}{4}$，
设点A到平面PDC的距离为d，
则由V_A-PCD=$\frac{1}{3}$S_△PCD•d，可得d=$\frac{4\sqrt{13}}{13}$

点评 本题考查空间线面位置关系，数形结合是解决问题的关键，属中档题．