Question

6．如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE-BCF和一个正四棱锥P-ABCD组合而成，AD⊥AF，AE=AD=2．
（Ⅰ）证明：平面PAD⊥平面ABFE；
（Ⅱ）求正四棱锥P-ABCD的高h，使得二面角C-AF-P的余弦值是$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出AD⊥AF，AD⊥AB，从而AD⊥平面ABEF，由此能证明平面PAD⊥平面ABFE．
（Ⅱ）以A 为原点，AB、AE、AD的正方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，利用向量法能求出h的值．

解答 证明：（Ⅰ）∵几何体是由一个直三棱柱ADE-BCF和一个正四棱锥P-ABCD组合而成，
∴AD⊥AF，AD⊥AB，
又AF∩AB=A，
∴AD⊥平面ABEF，
又AD?平面PAD，
∴平面PAD⊥平面ABFE．
解：（Ⅱ）以A 为原点，AB、AE、AD的正方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz
设正四棱棱的高为h，AE=AD=2，
则A（0，0，0），F（2，2，0），C（2，0，2），P（1，-1，1）
设平面ACF的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{AF}$=（2，2，0），$\overrightarrow{AC}$=（2，0，2），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=2x+2y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=2x+2z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-1，-1），
设平面ACP的一个法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=2a+2b=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AP}=a-hb+c=0}\end{array}\right.$，取b=1，则$\overrightarrow{n}$=（-1，1，1+h），
二面角C-AF-P的余弦值$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|-1-1-（1+h）|}{\sqrt{3}•\sqrt{2+（h+1）^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
解得h=1．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查正四棱锥的高的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．