Question

18．已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，AD=2，BC=1，CD=$\sqrt{3}$，點E是線段AB的中點，G為CD的中點，現(xiàn)沿ED將△AED折起到△PED位置，使PE⊥EB．
（1）求證：平面PEG⊥平面PCD；
（2）求點A到平面PDC的距離．

Answer 1

分析 （1）連接BD，易證PE⊥平面ABCD，可得PE⊥CD，再由中位線的性質可證CD⊥平面PEG，由面面垂直的判定定理可得；
（2）連接PA、AC，由等體積法可得．

解答 解：（1）連接BD，在△BCD中，BD=$\sqrt{C{D}^{2}+B{C}^{2}}$=2=AD，
∴△ABD為等腰三角形，由E是AB的中點可得DE⊥AB，故DE⊥PE，
又∵PE⊥EB，DE和EB相交，∴PE⊥平面ABCD，
∵CD?平面ABCD，∴PE⊥CD，
∵EG為梯形ABCD的中位線，且CD⊥AD，
∴CD⊥EG，又PE∩EG=E，∴CD⊥平面PEG，
又∵CD?平面PCD，∴平面PEG⊥平面PCD；
（2）連接PA、AC，可求得S_△ACD=$\sqrt{3}$，PE=1，
則V_A-PCD=V_P-ACD=$\frac{1}{3}$S_△ACD•PE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
在△PED中，PD=AD=2，連接EC，則EC=ED=$\sqrt{3}$，
故在△PEC中，PC=$\sqrt{P{E}^{2}+E{C}^{2}}$=2，
故PD=PC，△PCD為等腰三角形，
在△PCD中，DC=$\sqrt{3}$，故PG=$\sqrt{P{C}^{2}-G{C}^{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{2}$，
∴S_△PCD=$\frac{1}{2}$•DC•PG=$\frac{\sqrt{39}}{4}$，
設點A到平面PDC的距離為d，
則由V_A-PCD=$\frac{1}{3}$S_△PCD•d，可得d=$\frac{4\sqrt{13}}{13}$

點評 本題考查空間線面位置關系，數(shù)形結合是解決問題的關鍵，屬中檔題．