Question

12．如圖，六棱錐P-ABCDEF的底面是邊長為1的正六邊形，PA⊥底面ABCDEF．
（1）求證：平面PAC⊥平面PCD；
（2）若直線PC與平面PDE所成角的正弦值為$\frac{1}{4}$，求六棱錐P-ABCDEF高的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）由CD⊥AC．CD⊥PA．得到CD⊥平面PAC．平面PAC⊥平面PCD
（Ⅱ）如圖，分別以AC，AF，AP為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．
設(shè)AP=h（h＞0）．則P（0，0，h），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（$\sqrt{3}$，1，0），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0）．
求出面PDE的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），sinθ=|cos＜$\overrightarrow{PC}$，$\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\sqrt{3}h}{2（h2+3）}$，解得h=$\sqrt{3}$．

解答 解：（Ⅰ）在正六邊形ABCDEF中，CD⊥AC．
因為PA⊥底面ABCDEF，CD?平面ABCDEF，所以CD⊥PA．
又AC∩PA=A，所以CD⊥平面PAC．
因為CD?平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD．…（4分）
（Ⅱ）如圖，分別以AC，AF，AP為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．
設(shè)AP=h（h＞0）．
則P（0，0，h），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（$\sqrt{3}$，1，0），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0）．
$\overrightarrow{PC}$=（$\sqrt{3}$，0，-h），$\overrightarrow{PD}$=（$\sqrt{3}$，1，-h），$\overrightarrow{DE}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，0）．
設(shè)面PDE的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{PD}$=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{DE}$=0，
所以$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x+y-hz=0}\\{-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（h，$\sqrt{3}$h，2$\sqrt{3}$）．…（8分）
記直線PC與平面PDE所成的角為θ，則
sinθ=|cos＜$\overrightarrow{PC}$，$\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\sqrt{3}h}{2（h2+3）}$，
由$\frac{\sqrt{3}h}{2（h2+3）}$=$\frac{1}{4}$，解得h=$\sqrt{3}$．
所以六棱錐P-ABCDEF高為$\sqrt{3}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了面面垂直的判定，空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．