Question

16．已知等腰梯形ABCE（圖1）中，AB∥EC，AB=BC=$\frac{1}{2}$EC=4，∠ABC=120°，D是EC中點(diǎn)，將△ADE沿AD折起，構(gòu)成四棱錐P-ABCD（圖2），M，N分別是BC，PC的中點(diǎn)．

（1）求證：AD⊥平面DMN；
（2）當(dāng)平面PAD⊥平面ABCD時(shí)，求點(diǎn)C到平面PAB的距離．

Answer 1

分析 （1）取AO的中點(diǎn)O，連結(jié)OB，BD，OP，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AD⊥OP，AD⊥OB，AD⊥DM，故AD⊥平面AOB，于是AD⊥PB，AD⊥MN，從而有AD⊥平面MND；
（2）根據(jù)V_P-ABC=V_C-PAB列方程求出C到平面PAB的距離．

解答 （1）證明：取AO的中點(diǎn)O，連結(jié)OB，BD，OP，
∵△PAD，△ABD，O是AD的中點(diǎn)，
∴PO⊥AD，OB⊥AD，
又OP∩OB=O，
AD⊥平面POB，∵PB?平面OPB，
∴AD⊥PB，
∵M(jìn)，N分別是BC，PC的中點(diǎn)，
∴MN∥PB，
∴AD⊥MN，
又△BCD是等邊三角形，M是BC的中點(diǎn)，
∴DM⊥BC，又BC∥AD，
∴AD⊥DM，又DM∩MN=M，
∴AD⊥平面MND．
（2）解：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵△PAD，△ABD是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，
∴OP=OB=2$\sqrt{3}$，PB=2$\sqrt{6}$，PA=AB=4，
∴cos∠PAB=$\frac{16+16-24}{2×4×4}$=$\frac{1}{4}$，∴sin∠PAB=$\frac{\sqrt{15}}{4}$．
∴S_△PAB=$\frac{1}{2}×4×4×\frac{\sqrt{15}}{4}$=2$\sqrt{15}$，
又S_△ABC=$\frac{1}{2}×4×4×\frac{\sqrt{3}}{2}$=4$\sqrt{3}$，V_P-ABC=V_C-PAB，
設(shè)C到平面PAB的距離為h，
則$\frac{1}{3}×4\sqrt{3}×2\sqrt{3}$=$\frac{1}{3}×2\sqrt{15}×h$，解得h=$\frac{4\sqrt{15}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直的判定，棱錐的體積計(jì)算，屬于中檔題．