Question

20．如圖，五面體ABCDE中，四邊形ABDE是菱形，△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∠DBA=60°，$CD=\sqrt{3}$．
（1）證明：DC⊥AB；
（2）若C在平面ABDE內(nèi)的正投影為H，求點(diǎn)H到平面BCD的距離．

Answer 1

分析 （1）取AB的中點(diǎn)O，連OC，OD，證明：AB⊥平面DOC，即可證明DC⊥AB；
（2）取OD的中點(diǎn)H，連結(jié)CH，由V_O-BCD=V_B-OCD得點(diǎn)H到平面BCD的距離．

解答 解：（1）證明：如圖，取AB的中點(diǎn)O，連OC，OD，
因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以$AB⊥OC，OC=\sqrt{3}$，
又四邊形ABDE是菱形，∠DBA=60°，所以△DAB是正三角形，
所以$AB⊥OD，OD=\sqrt{3}$，
而OD∩OC=O，所以AB⊥平面DOC，
所以AB⊥CD；
（2）取OD的中點(diǎn)H，連結(jié)CH，
由（1）知OC=CD，所以AB⊥ODAB⊥平面DOC，所以平面DOC⊥平面ABD，
而平面DOC⊥平面ABD，平面DOC與平面ABD的交線為OD，
所以CH⊥平面ABD，即點(diǎn)H是D在平面ABD內(nèi)的正投影，
設(shè)點(diǎn)H到平面BCD的距離為d，則點(diǎn)O到平面BCD距離為2d，
因?yàn)樵凇鰾CD中，$BC=BD=2，CD=\sqrt{3}$，
得${S_{△BCD}}=\frac{1}{2}•\sqrt{3}•\sqrt{{2^2}-{{（\frac{{\sqrt{3}}}{2}）}^2}}=\frac{1}{2}•\sqrt{3}•\frac{{\sqrt{13}}}{2}$=$\frac{1}{2}•\sqrt{3}•\sqrt{{2^2}-{{（\frac{{\sqrt{3}}}{2}）}^2}}=\frac{{\sqrt{39}}}{4}$，
在△OCD中，$OC=OD=CD=\sqrt{3}$，得${S_{△OCD}}=\frac{1}{2}•\sqrt{3}•\sqrt{3}•sin{60°}=\frac{{3\sqrt{3}}}{4}$，
所以由V_O-BCD=V_B-OCD得$\frac{1}{3}{S_{△BCD}}•d=\frac{1}{3}{S_{△OCD}}•OB$，
即$\frac{1}{3}•\frac{{\sqrt{39}}}{4}2d=\frac{1}{3}•\frac{{3\sqrt{3}}}{4}•1$，
解得$d=\frac{{3\sqrt{13}}}{26}$，所以H到平面BCD的距離$\frac{{3\sqrt{13}}}{26}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)，考查H到平面BCD的距離，考查體積法的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．