Question

12．如图，ABCD是平行四边形，已知$AB=2BC=4，BD=2\sqrt{3}$，BE=CE，平面BCE⊥平面ABCD．
（Ⅰ）证明：BD⊥CE；
（Ⅱ）若$BE=CE=\sqrt{10}$，求三棱锥B-ADE的高．

Answer 1

分析 （I）根据勾股定理的逆定理可证BD⊥BC，由面面垂直的性质可得BD⊥平面EBC，故BD⊥CE；
（II）取BC中点F，连接EF，DF，AF．则EF⊥平面ABCD，利用勾股定理求出EF，AF，DF，AE，DE，得出V_E-ABD，S_△ADE，根据等体积法计算棱锥的高．

解答 证明：（I）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=4，∵BC=2，BD=2$\sqrt{3}$，
∴BD²+BC²=CD²，∴BD⊥BC，
又平面BCE⊥平面ABCD，平面BCE∩平面ABCD=BC，BD?平面ABCD，
∴BD⊥平面BCE，∵CE?平面BCE，
∴BD⊥CE．
（II）取BC的中点F，连接EF，DF，AF．
∵EB=EC，
∴EF⊥BC，∵平面EBC⊥平面ABCD，平面EBC∩平面ABCD=BC，
∴EF⊥平面ABCD．
∵BE=CE=$\sqrt{10}$，BC=2，
∴EF=$\sqrt{B{E}^{2}-B{F}^{2}}=3$，DF=$\sqrt{B{D}^{2}+B{F}^{2}}$=$\sqrt{13}$，AF=$\sqrt{（AD+BF）^{2}+B{D}^{2}}$=$\sqrt{21}$，
∴DE=$\sqrt{E{F}^{2}+D{F}^{2}}$=$\sqrt{22}$，AE=$\sqrt{A{F}^{2}+E{F}^{2}}$=$\sqrt{30}$．
∴V_E-ABD=$\frac{1}{3}{S}_{△ABD}•EF$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}×3$=2$\sqrt{3}$．
cos∠AED=$\frac{22+30-4}{2×\sqrt{22}×\sqrt{30}}$=$\frac{12}{\sqrt{165}}$，∴sin∠AED=$\frac{\sqrt{21}}{\sqrt{165}}$．
∴S_△ADE=$\frac{1}{2}AE•DEsin∠AED$=$\frac{1}{2}×\sqrt{30}×\sqrt{22}×\frac{\sqrt{21}}{\sqrt{165}}$=$\sqrt{21}$．
设B到平面ADE的高为h，
则V_B-ADE=$\frac{1}{3}{S}_{△ADE}•h$=$\frac{\sqrt{21}}{3}h$=2$\sqrt{3}$，
∴h=$\frac{6\sqrt{7}}{7}$．
∴三棱锥B-ADE的高位$\frac{6\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查了面面垂直的性质，棱锥的体积计算，属于中档题．