Question

6．已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90°，2AB=2AD=CD，側(cè)面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中點(diǎn)．
（1）求證：BE⊥平面PCD；
（2）在PB上是否存在一點(diǎn)F，使AF∥平面BDE？

Answer 1

分析 （1）以AD的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{BE}$•$\overrightarrow{PC}$=（-$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）•（-1，4，-$\sqrt{3}$）=0，$\overrightarrow{BE}$•$\overrightarrow{CD}$=（-$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）•（0，-4，0）=0，即可證明：BE⊥平面PCD；
（2）求出平面BDE的法向量，取PB中點(diǎn)F，證明$\overrightarrow{AF}$⊥$\overrightarrow{n}$，即可證明AF∥平面BDE．

解答 （1）證明：以AD的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)AB=AD=2，則有B（1，2，0），C（-1，4，0），D（-1，0，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），E（-$\frac{1}{2}$，2，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴$\overrightarrow{BE}$=（-$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{PC}$=（-1，4，-$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{CD}$=（0，-4，0），
∴$\overrightarrow{BE}$•$\overrightarrow{PC}$=（-$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）•（-1，4，-$\sqrt{3}$）=0，
$\overrightarrow{BE}$•$\overrightarrow{CD}$=（-$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）•（0，-4，0）=0．
即BE⊥PC，BE⊥CD．
又PC∩CD=C，∴BE⊥平面PCD．
（2）解：設(shè)平面BDE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{\frac{1}{2}x+2y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令y=-1，則x=1，z=$\sqrt{3}$．
∴平面BDE的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（1，-1，$\sqrt{3}$）．
取PB中點(diǎn)F，則有F（$\frac{1}{2}$，1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）．
又A（1，0，0），∴$\overrightarrow{AF}$=（-$\frac{1}{2}$，1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∵$\overrightarrow{AF}$•$\overrightarrow{n}$=（-$\frac{1}{2}$，1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）•（1，-1，$\sqrt{3}$）
=-$\frac{1}{2}$-1+$\frac{3}{2}$=0，
∴$\overrightarrow{AF}$⊥$\overrightarrow{n}$．
又$\overrightarrow{n}$是平面BDE的法向量，且AF?平面BDE，
∴AF∥平面BDE．
故存在PB中點(diǎn)F使AF∥平面BDE．

點(diǎn)評 本題考查線面平行，考查線面垂直的判定，考查空間向量知識的運(yùn)用，屬于中檔題．