Question

20．如图所示，正方形ABCD所在的平面与三角形CDE所在的平面交于CD，且AE⊥平面CDE．
（1）求证：平面ABCD⊥平面ADE；
（2）已知AB=2AE=2，求三棱锥C-BDE的高h．

Answer 1

分析 （1）由AE⊥平面CDE得AE⊥CD，又CD⊥AD，可证CD⊥平面ADE，从而可证平面ABCD⊥平面ADE；
（2）过点B作BH∥AE且BH=AE，连接CH，HE．可证四边形CDEH为矩形，可得DE⊥HE，又DE⊥AE，进而可得DE⊥BE，由V_C-BDE=V_B-CDE，即$\frac{1}{3}{S_{△BDE}}•h=\frac{1}{3}{S_{△CDE}}•BH$，即可解得三棱锥C-BDE的高h．

解答 解：（1）证明：因为AE⊥平面CDE，且CD?平面CDE，
所以AE⊥CD．
又正方形ABCD中，CD⊥AD，且AE∩AD=A，AE，AD?平面ADE，
所以CD⊥平面ADE．
又CD?平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ADE．
（2）过点B作BH∥AE且BH=AE，连接CH，HE．
由于AE⊥平面CDE，所以BH⊥平面CDE．
四边形AEHB为平行四边形，所以AB∥HE．
又四边形ABCD是正方形，所以CD∥HE．
所以C，D，E，H四点共面．
由（1）知，CD⊥平面ADE，所以四边形CDEH为矩形，所以DE⊥HE．
又DE⊥AE，HE∩AE=E，所以DE⊥平面ABHE，从而DE⊥BE．
又V_C-BDE=V_B-CDE，所以$\frac{1}{3}{S_{△BDE}}•h=\frac{1}{3}{S_{△CDE}}•BH$，
所以$h=\frac{{{S_{△CDE}}•BH}}{{{S_{△BDE}}}}=\frac{{\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1}}{{\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\sqrt{{1^2}+{2^2}}}}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．

点评 本题考查了面面垂直的判定和性质，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．