Question

3．已知四棱锥P-ABCD的三视图如图所示，E是侧棱PC上的动点．
（1）求证：BD⊥AE
（2）若点E为PC的中点，求二面角D-AE-B的大小．

Answer 1

分析 （1）由三视图可知，四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2，推导出BD⊥AC，BD⊥PC，由此能证明BD⊥AE．
（2）法1：在平面DAE内，过点D作DF⊥AE于F，连结BF．推导了出Rt△ADE≌Rt△ABE，从而△ADF≌△ABF，进而BF⊥AE．得到∠DFB为二面角D-AE-B的平面角，由此能求出二面角D-AE-B的大小．
法2：以点C为原点，CD，CB，CP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D-AE-B的大小．

解答 （本题满分12分）
解：（1）由三视图可知，四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形
侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2．…（1分）连结AC，
∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC．…（2分）
∵PC⊥底面ABCD，且BD?平面ABCD，∴BD⊥PC．…（3分）
又∵AC∩PC=C，∴BD⊥平面PAC．…（4分）
∵AE?平面PAC．∴BD⊥AE．…（5分）
（2）解法1：在平面DAE内过点D作DF⊥AE于F，连结BF．
∵AD=AB=1，DE=BE=$\sqrt{12+12}$=$\sqrt{2}$，AE=AE=$\sqrt{3}$，
∴Rt△ADE≌Rt△ABE，
从而△ADF≌△ABF，∴BF⊥AE．
∴∠DFB为二面角D-AE-B的平面角． …（7分）
在Rt△ADE中，DF=$\frac{AD•DE}{AE}$=$\frac{1×\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，∴BF=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．…（9分）
又BD=$\sqrt{2}$，在△DFB中，由余弦定理得
cos∠DFB=$\frac{D{F}^{2}+B{F}^{2}-B{D}^{2}}{2DF•BF}$=-$\frac{1}{2}$，…（11分）
∴∠DFB=$\frac{2π}{3}$，即二面角D-AE-B的大小为$\frac{2π}{3}$．…（12分）
解法2：如图，以点C为原点，CD，CB，CP所在的直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系．
则D（1，0，0），A（1，1，0），B（0，1，0），E（0，0，1），…（6分）
从而$\overrightarrow{DA}$=（0，1，0），$\overrightarrow{DE}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{BA}$=（1，0，0），$\overrightarrow{BE}$=（0，-1，1）．
设平面ADE和平面ABE的法向量分别为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DA}=y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=-x+z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，0，1），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=a=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=-x+z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=（0，-1，-1），…（9分）
设二面角D-AE-B的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-1}{\sqrt{2}•\sqrt{2}}$=-$\frac{1}{2}$，…（11分）
∴θ=$\frac{2π}{3}$，即二面角D-AE-B的大小为$\frac{2π}{3}$．…（12分）

点评 本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．