Question

7．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，且PA=AD．
（1）求证：PB∥平面AEC；
（2）求证：AE⊥平面PCD；
（3）设二面角D-AE-C为60°，且AP=1，求D到平面AEC的距离．

Answer 1

分析 （1）连接BD交AC于O点，则O为BD的中点，从而PB∥OE，由此能证明PB∥平面AEC．
（2）（几何法）：推导出PA⊥AD，PA⊥CD，从而AE⊥PD，再推导出AD⊥CD，从而CD⊥平面PAD，进而AE⊥CD，由此能证明AE⊥平面PCD．
（2）（向量法）：以A点为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间坐标系A-xyz，利用向量法能证明AE⊥平面PCD．
（3）求出平面DAE的法向量和平面AEC的法向量，利用向量法能求出D到平面AEC的距离．

解答 证明：（1）连接BD交AC于O点，则O为BD的中点，连结OE，
∵E为PD的中点，∴PB∥OE…（3分）
又∵OE?平面AEC，PB?平面AEC…（5分）
∴PB∥平面AEC；…（6分）
（2）（几何法）：∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AD，PA⊥CD…（7分）
∴在直角△PAD中，PA=ADE为PD的中点，
∴AE⊥PD…（8分）
又∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥CD，
∵PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD…（10分）
∵AE?平面PAD，∴AE⊥CD，∵PD∩CD=D，
∴AE⊥平面PCD．…（12分）
（2）（向量法）：由题知 四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，
如图以A点为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间坐标系A-xyz
设AB=a，AD=b，则$A（0，0，0），C（a，b，0），D（0，b，0），P（0，0，b），E（0，\frac{b}{2}，\frac{b}{2}）$…（8分）
∴$\overrightarrow{AE}=（0，\frac{b}{2}，\frac{b}{2}），\overrightarrow{DC}=（a，0，0），\overrightarrow{DP}=（0，-b，b）$，
∴$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{DC}=0，\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{DP}=-\frac{b^2}{2}+\frac{b^2}{2}=0$…（10分）
∴AE⊥DC，AE⊥DP，
∵DP∩DC=D，∴AE⊥平面PCD．…（12分）
解：（3）由（2）知平面DAE的法向量是$\overrightarrow{AB}=（a，0，0）$，
∵AP=1，∴$A（0，0，0），E（0，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}），C（a，1，0）$，
∴$\overrightarrow{AE}=（0，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}），\overrightarrow{AC}=（a，1，0）$，…（14分）
设平面AEC的法向量是$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
∴$\overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=0，\overrightarrow n•\overrightarrow{AE}=0$，
∴$\left\{\begin{array}{l}y+z=0\\ ax+y=0\end{array}\right.$，令z=1，得$y=-1，x=\frac{1}{a}$，∴$\overrightarrow n=（\frac{1}{a}，-1，1）$…（15分）
∴$cos\frac{π}{3}=|cos＜\overrightarrow{AB}，\overrightarrow n＞|=\frac{{|\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{n|}}}{{|\overrightarrow{AB}|•|\overrightarrow n|}}=\frac{1}{{a\sqrt{\frac{1}{a^2}+2}}}=\frac{1}{2}$，
解得$a=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$…（16分）
∵$\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=（\frac{{\sqrt{6}}}{2}，0，0）$，
∴D到平面AEC的距离${d_{D-AEC}}=|{\overrightarrow{DC}}|cos{60^0}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．…（18分）

点评 本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．