Question

16．如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為$\sqrt{2}$的正方形，CG⊥平面ABCD，DE∥BF∥CG，$DE=BF=\frac{3}{5}CG$．P為線段EF的中點(diǎn)，AP與平面ABCD所成角為60°．在線段CG上取一點(diǎn)H，使得$GH=\frac{3}{5}CG$．
（Ⅰ）求證：PH⊥平面AEF；
（Ⅱ）求多面體ABDEFH的體積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OP，則O為BD中點(diǎn)，說(shuō)明∠PAO為AP與平面ABCD所成角，通過(guò)計(jì)算勾股定理證明AP⊥PH．結(jié)合PH⊥EF．證明PH⊥平面AEF．
（Ⅱ）證明AC⊥平面BDEF．求解${V_{A-BFED}}=\frac{1}{3}×{S_{BFED}}×|AO|=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，推出點(diǎn)H到平面BFED的距離等于點(diǎn)C到平面BFED的距離，通過(guò)V=V_A-BFED+V_H-EFBD，求解即可

解答 解：（1）連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OP，則O為BD中點(diǎn)，
∴OP⊥DE∴OP⊥平面ABCD，
∴∠PAO為AP與平面ABCD所成角，∴∠PAO=60°．
在Rt△AOP中，$AO=1，OP=\sqrt{3}，AP=2$∴$CG=\frac{{5\sqrt{3}}}{3}，CH=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
在Rt△AHC中，$AH=\sqrt{A{C^2}+C{H^2}}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$．
梯形OPHC中，$PH=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．∴AP²+PH²=AH²
∴AP⊥PH．
又EH=FH，
∴PH⊥EF．
又AP∩EF=P，
∴PH⊥平面AEF．
（2）由（1）知，OP⊥平面ABCD，∴OP⊥AC．
又AC⊥BD，BD∩OP=O，∴AC⊥平面BDEF．∴${V_{A-BFED}}=\frac{1}{3}×{S_{BFED}}×|AO|=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
∵CG∥BF，BF?平面BFED，CG?平面BFED，∴CG∥平面BFED，
∴點(diǎn)H到平面BFED的距離等于點(diǎn)C到平面BFED的距離，
∴${V_{H-BFED}}=\frac{1}{3}×{S_{BFED}}×|CO|=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
$V={V_{A-BFED}}+{V_{H-EFBD}}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，幾何體的體積的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．