Question

18．如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠BCD=120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF=1．
（Ⅰ）求證：AD⊥平面BFED；
（Ⅱ）點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)，設(shè)平面PAB與平面ADE所成銳二面角為60°，求PE的長．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由平面BFED⊥平面ABCD，只需證明AD⊥平面BFED與平面ABCD的交點(diǎn)BD垂直即可．
（Ⅱ）利用空間直角坐標(biāo)系，向量法求解平面PAB與平面ADE所成銳二面角為60°，建立關(guān)系可得PE的長．

解答 解：（Ⅰ）證明：在梯形ABCD中，
∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠BCD=120°，
∴AB=2，DB²=AB²+AD²-2AB•AD•cos60°=3．
∴AB²=AD²+DB²，
∴AD⊥DB，
∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD=DB，
∴AD⊥平面BFED．
（Ⅱ）AD⊥平面BFED，AD⊥DB．
以D為原點(diǎn)，DA，DB，DE為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
則A（1，0，0，），B（0，$\sqrt{3}$，0），P（0，t，1）其中（$0＜t≤\sqrt{3}$）
$\overrightarrow{AB}=（-1，\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{BP}=（0，t-\sqrt{3}，1）$，設(shè)平面PAB的法向量$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-x+\sqrt{3}y=0}\\{（t-\sqrt{3}）y+z=0}\end{array}\right.$，取z=1，可得法向量$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，1，\sqrt{3}-t）$
∵BD⊥平面ADE，可得平面ADE的法向量$\overrightarrow{m}=（0，1，0）$．
平面PAB與平面ADE所成銳二面角為60°
可得：$\frac{1}{\sqrt{4+（\sqrt{3}-t）^{2}}}=\frac{1}{2}$
解得：t=$\sqrt{3}$．
故得平面PAB與平面ADE所成銳二面角為60°，PE的長為$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系及學(xué)生的空間想象能力、面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直問題．以及空間直角坐標(biāo)系向量法的運(yùn)用和計(jì)算能力．屬于中檔題．