Question

2．如圖，菱形ABCD與等邊△PAD所在的平面相互垂直，AD=2，∠DAB=60°．
（Ⅰ）證明：AD⊥PB；
（Ⅱ）求三棱錐C-PAB的高．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AD中點(diǎn)O，連結(jié)OP、OB、BD，推導(dǎo)出AD⊥平面POB，由此能證明AD⊥PB．
（Ⅱ）法一：設(shè)點(diǎn)C到平面PAB的距離為h，由V_C-PAB=V_P-ABC，能求出三棱錐C-PAB的高．
法二：以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出三棱錐C-PAB的高．

解答 證明：（Ⅰ）取AD中點(diǎn)O，連結(jié)OP、OB、BD，
∵菱形ABCD與等邊△PAD所在的平面相互垂直，
AD=2，∠DAB=60°．
∴OP⊥AD，BO⊥AD，
∵OP∩BO=O，∴AD⊥平面POB，
∵PB?平面POB，∴AD⊥PB．
解：（Ⅱ）法一：∵菱形ABCD與等邊△PAD所在的平面相互垂直，AD=2，∠DAB=60°．
∴BO=PO=$\sqrt{4-1}$=$\sqrt{3}$，PB=$\sqrt{3+3}$=$\sqrt{6}$，
∴${S}_{△PAB}=\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\sqrt{4-\frac{6}{4}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
${S}_{△ABC}={S}_{△ABD}=\frac{1}{2}×2×2×sin60°$=$\sqrt{3}$．
設(shè)點(diǎn)C到平面PAB的距離為h，
∵V_C-PAB=V_P-ABC，
∴$\frac{1}{3}×{S}_{△PAB}×h=\frac{1}{3}×{S}_{△ABC}×PO$，
∴h=$\frac{{S}_{△ABC}×PO}{{S}_{△PAB}}$=$\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
∴三棱錐C-PAB的高為$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
法二：以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-2，$\sqrt{3}$，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{PA}$=（1，0，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{PB}$=（0，$\sqrt{3}$，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{PC}$=（-2，$\sqrt{3}$，-$\sqrt{3}$），
設(shè)平面PAB的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PA}=x-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
取z=1，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，1，1$），
∴點(diǎn)C到平面PAB的距離h=$\frac{|\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$，
∴三棱錐C-PAB的高為$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線垂直的證明，考查幾何體的高的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．