Question

19．如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD為菱形，且∠ABC=60°，AB=PC=2，PA=PB=$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求證：平面PAB⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求點D到平面APC的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB得中點O，連接PO、CO，利用△PAB為等腰直角三角形，可得PO⊥AB．由PO²+CO²=PC²，利用勾股定理的逆定理可得PO⊥CO，利用線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理即可證明結(jié)論．
（Ⅱ）設(shè)點D到平面APC的距離為h，由（Ⅰ）知△ADC是邊長為2的等邊三角形，△PAC為等腰三角形，利用V_D-PAC=V_P-ADC，得$\frac{1}{3}{S_{△PAC}}•h=\frac{1}{3}{S_{△ADC}}•PO$，解出即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：取AB得中點O，連接PO、CO，
由PA=PB=$\sqrt{2}$，AB=2知△PAB為等腰直角三角形，
∴PO⊥AB，PO=1，
又AB=BC=2，∠ABC=60°知△ABC為等邊三角形，
∴$CO=\sqrt{3}$．
又由PC=2得PO²+CO²=PC²，∴PO⊥CO，
∴PO⊥平面ABC，
又∵PO?平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD．
（Ⅱ）解：設(shè)點D到平面APC的距離為h，
由（Ⅰ）知△ADC是邊長為2的等邊三角形，△PAC為等腰三角形，
由V_D-PAC=V_P-ADC得$\frac{1}{3}{S_{△PAC}}•h=\frac{1}{3}{S_{△ADC}}•PO$，
∵${S_{△ADC}}=\frac{{\sqrt{3}}}{4}×{2^2}=\sqrt{3}$，${S_{△PAC}}=\frac{1}{2}PA•\sqrt{P{C^2}-{{（\frac{1}{2}PA）}^2}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}$，
∴$h=\frac{{{S_{△ADC}}•PO}}{{{S_{△PAC}}}}$=$\frac{{\sqrt{3}×1}}{{\frac{{\sqrt{7}}}{2}}}=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$，即點D到平面APC的距離為$\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系、距離的計算、線面垂直判定與性質(zhì)定理、等腰與等邊三角形的性質(zhì)、等體積法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．