Question

13．如題圖，三棱錐P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC=$\frac{π}{2}$，點(diǎn)D、E在線段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，點(diǎn)F在線段AB上，且EF∥BC．
（Ⅰ）證明：AB⊥平面PFE．
（Ⅱ）若四棱錐P-DFBC的體積為7，求線段BC的長．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由等腰三角形的性質(zhì)可證PE⊥AC，可證PE⊥AB．又EF∥BC，可證AB⊥EF，從而AB與平面PEF內(nèi)兩條相交直線PE，EF都垂直，可證AB⊥平面PEF．
（Ⅱ）設(shè)BC=x，可求AB，S_△ABC，由EF∥BC可得△AFE∽△ABC，求得S_△AFE=$\frac{4}{9}$S_△ABC，由AD=$\frac{1}{2}$AE，可求S_△AFD，從而求得四邊形DFBC的面積，由（Ⅰ）知PE為四棱錐P-DFBC的高，求得PE，由體積V_P-DFBC=$\frac{1}{3}•$S_DFBC•PE=7，即可解得線段BC的長．

解答 解：（Ⅰ）如圖，由DE=EC，PD=PC知，E為等腰△PDC中DC邊的中點(diǎn)，故PE⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PE?平面PAC，PE⊥AC，
所以PE⊥平面ABC，從而PE⊥AB．
因?yàn)椤螦BC=$\frac{π}{2}$，EF∥BC，
故AB⊥EF，
從而AB與平面PEF內(nèi)兩條相交直線PE，EF都垂直，
所以AB⊥平面PEF．
（Ⅱ）設(shè)BC=x，則在直角△ABC中，AB=$\sqrt{A{C}^{2}-B{C}^{2}}$=$\sqrt{36-{x}^{2}}$，
從而S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB•BC=$\frac{1}{2}$x$\sqrt{36-{x}^{2}}$，
由EF∥BC知$\frac{AF}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{2}{3}$，得△AFE∽△ABC，
故$\frac{{S}_{△AFE}}{{S}_{△ABC}}$=（$\frac{2}{3}$）²=$\frac{4}{9}$，即S_△AFE=$\frac{4}{9}$S_△ABC，
由AD=$\frac{1}{2}$AE，S_△AFD=${\frac{1}{2}S}_{△AFE}$=$\frac{1}{2}•$$\frac{4}{9}$S_△ABC=$\frac{2}{9}$S_△ABC=$\frac{1}{9}$x$\sqrt{36-{x}^{2}}$，
從而四邊形DFBC的面積為：S_DFBC=S_△ABC-S_AFD=$\frac{1}{2}$x$\sqrt{36-{x}^{2}}$-$\frac{1}{9}$x$\sqrt{36-{x}^{2}}$=$\frac{7}{18}$x$\sqrt{36-{x}^{2}}$．
由（Ⅰ）知，PE⊥平面ABC，所以PE為四棱錐P-DFBC的高．
在直角△PEC中，PE=$\sqrt{P{C}^{2}-E{C}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}{-2}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
故體積V_P-DFBC=$\frac{1}{3}•$S_DFBC•PE=$\frac{1}{3}•$$\frac{7}{18}$x$\sqrt{36-{x}^{2}}$$•2\sqrt{3}$=7，
故得x⁴-36x²+243=0，解得x²=9或x²=27，由于x＞0，可得x=3或x=3$\sqrt{3}$．
所以：BC=3或BC=3$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了直線與平面垂直的判定，棱柱、棱錐、棱臺的體積的求法，考查了空間想象能力和推理論證能力，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．