Question

20．如圖所示，正方形ABCD所在的平面與三角形CDE所在的平面交于CD，且AE⊥平面CDE．
（1）求證：平面ABCD⊥平面ADE；
（2）已知AB=2AE=2，求三棱錐C-BDE的高h(yuǎn)．

Answer 1

分析 （1）由AE⊥平面CDE得AE⊥CD，又CD⊥AD，可證CD⊥平面ADE，從而可證平面ABCD⊥平面ADE；
（2）過點(diǎn)B作BH∥AE且BH=AE，連接CH，HE．可證四邊形CDEH為矩形，可得DE⊥HE，又DE⊥AE，進(jìn)而可得DE⊥BE，由V_C-BDE=V_B-CDE，即$\frac{1}{3}{S_{△BDE}}•h=\frac{1}{3}{S_{△CDE}}•BH$，即可解得三棱錐C-BDE的高h(yuǎn)．

解答 解：（1）證明：因?yàn)锳E⊥平面CDE，且CD?平面CDE，
所以AE⊥CD．
又正方形ABCD中，CD⊥AD，且AE∩AD=A，AE，AD?平面ADE，
所以CD⊥平面ADE．
又CD?平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ADE．
（2）過點(diǎn)B作BH∥AE且BH=AE，連接CH，HE．
由于AE⊥平面CDE，所以BH⊥平面CDE．
四邊形AEHB為平行四邊形，所以AB∥HE．
又四邊形ABCD是正方形，所以CD∥HE．
所以C，D，E，H四點(diǎn)共面．
由（1）知，CD⊥平面ADE，所以四邊形CDEH為矩形，所以DE⊥HE．
又DE⊥AE，HE∩AE=E，所以DE⊥平面ABHE，從而DE⊥BE．
又V_C-BDE=V_B-CDE，所以$\frac{1}{3}{S_{△BDE}}•h=\frac{1}{3}{S_{△CDE}}•BH$，
所以$h=\frac{{{S_{△CDE}}•BH}}{{{S_{△BDE}}}}=\frac{{\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1}}{{\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\sqrt{{1^2}+{2^2}}}}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了面面垂直的判定和性質(zhì)，線面垂直的判定，棱錐的體積計(jì)算，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題．