Question

5．19、如圖，在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=PC=1，$PB=PD=\sqrt{2}$，E為線段PD上一點(diǎn)，且PE=2ED．
（Ⅰ）若F為PE的中點(diǎn)，證明：BF∥平面ACE；
（Ⅱ）求點(diǎn)P到平面ACE的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接BD交AC于O，連接OE，證明OE∥BF，然后證明BF∥平面ACE．
（Ⅱ）連接PO，說明△ACD是等邊三角形．設(shè)AB=a，在Rt△POD中，解得$a=\sqrt{2}$．求出PO，利用${V_{P-ACE}}={V_{P-ACD}}-{V_{E-ACD}}=\frac{{\sqrt{6}}}{18}$，設(shè)點(diǎn)P到平面ACE的距離為h，通過體積求解點(diǎn)P到平面ACE的距離．

解答 （Ⅰ）證明：連接BD交AC于O，連接OE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)．
又因?yàn)镻E=2ED，F(xiàn)為PE的中點(diǎn)，所以E為DF的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥BF，
又因?yàn)锽F?平面ACE，OE?平面ACE，所以BF∥平面ACE．
（Ⅱ）連接PO，因?yàn)镻A=PC，所以PO⊥AC，因?yàn)镻B=PD，所以PO⊥BD，而AC∩BD=O，所以PO⊥平面ABCD．因?yàn)樵诹庑蜛BCD中，∠ABC=60°，所以△ACD是等邊三角形．
設(shè)AB=a，則$OD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，$P{O^2}=P{C^2}-O{C^2}=1-\frac{a^2}{4}$，在Rt△POD中，由PO²+OD²=PD²得$1-\frac{a^2}{4}+\frac{{3{a^2}}}{4}=2$，解得$a=\sqrt{2}$．
所以$PO=\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}=\frac{1}{2}PD$，所以∠PDO=30°，又$OD=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，$DE=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，在△ODE中由余弦定得$OE=\sqrt{O{D^2}+D{E^2}-2OD•DEcos{{30}°}}=\frac{{\sqrt{26}}}{6}$，所以${S_{△ACE}}=\frac{1}{2}AC•OE=\frac{{\sqrt{13}}}{6}$，${V_{P-ACD}}=\frac{1}{3}{S_{△ACD}}•PO=\frac{{\sqrt{6}}}{12}$，${V_{E-ACD}}=\frac{1}{3}{S_{△ACD}}•\frac{1}{3}PO=\frac{{\sqrt{6}}}{36}$．
所以${V_{P-ACE}}={V_{P-ACD}}-{V_{E-ACD}}=\frac{{\sqrt{6}}}{18}$，設(shè)點(diǎn)P到平面ACE的距離為h，
則${V_{P-ACE}}=\frac{1}{3}{S_{△ACE}}•h=\frac{1}{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{16}h=\frac{{\sqrt{6}}}{18}$，解得$h=\frac{{\sqrt{78}}}{13}$．
所以點(diǎn)P到平面ACE的距離$\frac{{\sqrt{78}}}{13}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，幾何體的體積的求法，點(diǎn)線面距離的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．