Question

18．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD=PD=1，AB=2，ABCD为矩形，点E是线段AB中点．
（1）求证：PE⊥CE；
（2）求三棱锥A-CPE的高．

Answer 1

分析 （1）在矩形ABCD中，运用勾股定理，可得DE，CE，再由线面垂直的性质，可得PD⊥CD，PD⊥DE，运用勾股定理求得PE，PC，由勾股定理的逆定理，即可得证；
（2）设三棱锥A-CPE的高为h，运用三棱锥的等积法，可得$\frac{1}{3}$h•S_△PCE=$\frac{1}{3}$PD•S_△ACE，结合三角形的面积公式，计算即可得到所求值．

解答 解：（1）证明：在矩形ABCD中，AD=AE=1，
可得DE=$\sqrt{A{D}^{2}+A{E}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
BC=BE=1，可得CE=$\sqrt{B{C}^{2}+B{E}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥CD，PD⊥DE，
即有PE=$\sqrt{P{D}^{2}+D{E}^{2}}$=$\sqrt{1+2}$=$\sqrt{3}$，
PC=$\sqrt{P{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{1+4}$=$\sqrt{5}$，
即CE²+PE²=PC²，
则PE⊥CE；
（2）设三棱锥A-CPE的高为h，
由V_A-PCE=V_P-ACE，
可得$\frac{1}{3}$h•S_△PCE=$\frac{1}{3}$PD•S_△ACE，
即有h=$\frac{PD•{S}_{△ACE}}{{S}_{△PCE}}$=$\frac{1×\frac{1}{2}×1×1}{\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{6}$．
则三棱锥A-CPE的高为$\frac{\sqrt{6}}{6}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，注意运用线面垂直的性质和勾股定理的逆定理，考查三棱锥的高的求法，注意运用体积相等法，考查运算能力，属于中档题．