Question

8．已知长方形ABCD中，AD=$\sqrt{2}$，AB=2，E为AB中点．将△ADE沿DE折起到△PDE，得到四棱锥P-BCDE，如图所示．
（1）若点M为PC中点，求证：BM∥平面PDE；
（2）当平面PDE⊥平面BCDE时，求四棱锥P-BCDE的体积；
（3）求证：DE⊥PC．

Answer 1

分析 （1）取PD的中点F，连接EF，FM，由中位线定理及平行四边形判定定理易得四边形EFMB是平行四边形，进而BM∥EF，再由线面垂直的判定定理，即可得到BM∥平面PDE；
（2）以A为原点，分别以AB，AD为x，y轴正方向建立直角坐标系，连接AC，设AC交DE于点H，利用$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{DE}$=0，可得PH⊥DE，从而可求PH是四棱锥P-BCDE的高，利用体积公式，即可求四棱锥P-BCDE的体积；
（3）由（2）可得PH⊥DE，CH⊥DE，PH∩CH=H，即可证明DE⊥平面PHC，又PC?平面PHC，从而证明DE⊥PC．

解答 （本题满分为14分）
证明：（1）如图1，取PD的中点F，连接EF，FM，
由条件知：FM平行且等于DC的一半，EB平行且等于DC的一半，
∴FM∥EB，且FM=EB，
则四边形EFMB是平行四边形，
则BM∥EF，
∵BM?平面PDE，EF?平面PDE，
∴BM∥平面PDE．
（2）如图2，以A为原点，分别以AB，AD为x，y轴正方向建立直角坐标系，连接AC，设AC交DE于点H，
∵长方形ABCD中，AD=$\sqrt{2}$，AB=2，E为AB中点．
∴可得：A（0，0），C（2，$\sqrt{2}$），E（1，0），D（0，$\sqrt{2}$），
∴$\overrightarrow{AC}$=（2，$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{DE}$=（1，-$\sqrt{2}$），
∴$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{DE}$=2×1+$\sqrt{2}×$（-$\sqrt{2}$）=0，可得：AC⊥DE，
∴AH⊥DE，CD⊥DE，
∴由平面PDE⊥平面BCDE，可得：PH⊥平面BCDE，则PH是四棱锥P-BCDE的高，
由已知可得，在△PDE中，PD=$\sqrt{2}$，PE=1，则PH=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
∵四边形BCDE是直角梯形，BE=1，DC=2，BC=$\sqrt{2}$，可得：四边形BCDE的面积S=$\frac{（1+2）×\sqrt{2}}{2}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴四棱锥P-BCDE的体积V=$\frac{1}{3}$S•PH=$\frac{1}{3}×$$\frac{3\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{6}}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（3）∵由（2）可得：AH⊥DE，CH⊥DE，
∴PH⊥DE，CH⊥DE，PH∩CH=H，
∴可得：DE⊥平面PHC，PC?平面PHC，
∴DE⊥PC．

点评 本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，熟练掌握空间直线与平面位置关系的定义、判定定理、性质定理是解答本题的关键．