Question

如圖：PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA=AB=1，PD與平面ABCD所成角是30°，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，E為邊BC上的動點(diǎn)．
（1）證明：無論點(diǎn)E在邊BC的何處，都有PE⊥AF
（2）當(dāng)BE等于何值時(shí)，二面角P-DE-A的大小為45°
（3）在（2）問的條件下，求P點(diǎn)到角AEF的距離．

Answer 1

分析：（1）由題設(shè)條件及圖形可得出AF⊥平面PBE，由線面垂直的定義可得出無論點(diǎn)E在邊BC的何處兩線都垂直．
（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AB，AP為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題設(shè)知PD=2，AB=

3

，則P（0，0，1），D（

3

，0，0），設(shè)A（a，1，0），（0≤a≤

3

），故

PE

=(a，1，-1)，

PD

=(

3

，0，-1)，由向量法知BE=

3

-

2

時(shí)，二面角P-DE-A的大小為45°．
（3）當(dāng)BE=

3

-

2

時(shí)，A（0，0，0），E（

3

-

2

，1，0），F(xiàn)（0，

1

2

，

1

2

），故

AE

=（

3

-

2

，1，0），

AF

=（0，

1

2

，

1

2

），由向量法能求出P點(diǎn)到面AEF的距離．

解答：（1）證明：∵PA⊥平面ABCD，BE?平面ABCD，
∴EB⊥PA．又EB⊥AB，AB∩AP=A，AB，AP?平面PAB，
∴EB⊥平面PAB，
又AF?平面PAB，
∴AF⊥BE．
又PA=AB=1，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，
∴AF⊥PB，又∵PB∩BE=B，PB，BE?平面PBE，
∴AF⊥平面PBE．
∵PE?平面PBE，∴AF⊥PE．
即不論點(diǎn)E在邊BC上何處，都有PE⊥AF成立．
（2）解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AB，AP為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
∵PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA=AB=1，
PD與平面ABCD所成角是30°，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，E為邊BC上的動點(diǎn)，
∴PD=2，AB=

3

，則P（0，0，1），D（

3

，0，0），設(shè)A（a，1，0），（0≤a≤

3

），
∴

PE

=(a，1，-1)，

PD

=(

3

，0，-1)，
設(shè)平南PDE的法向量

n1

=(x1，y1，z1)，
則

ax1+y1-z1=0 3 x1-z1=0

，
∴

n1

=(1，

3

-a，

3

)，
面ADE的法向量是

n

=(0，0，1)，
∵二面角P-DE-A的大小為45°
∴|cos＜

n

，

n1

＞|=|

3

4+( 3 -a)2

|=

2

2

，
解得a=

3

-

2

，或a=

3

+

2

（舍去）．
∴BE=

3

-

2

時(shí)，二面角P-DE-A的大小為45°．
（3）當(dāng)BE=

3

-

2

時(shí)，
A（0，0，0），E（

3

-

2

，1，0），F(xiàn)（0，

1

2

，

1

2

），
∴

AE

=（

3

-

2

，1，0），

AF

=（0，

1

2

，

1

2

），
設(shè)面AEF的法向量

n2

=(x2，y2，z2)，
則

( 3 - 2 )x2+y2=0 1 2 y2 +  1 2 z2=0

，
∴

n2

=(1，

2

-

3

，

3

-

2

)，
∵

AP

=(0，0，1)，
∴P點(diǎn)到面AEF的距離d=

| AP • n2 |

| n2 |

=

3 - 2

11-4 6

=

3 - 2

2 2 - 3

=

6 -1

5

．

點(diǎn)評：本題考查無論點(diǎn)E在邊BC的何處，都有PE⊥AF的證明，求當(dāng)BE等于何值時(shí)，二面角P-DE-A的大小為45°，求P點(diǎn)到角AEF的距離．考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)．是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．