题目内容
如图,棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,BD=22 |

(Ⅰ)求点C到平面PBD的距离.
(Ⅱ)在线段PD上是否存在一点Q,使CQ与平面PBD所成的角的正弦值为
2
| ||
9 |
分析:(I)由已知中,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,BD=2
,底面ABCD是矩形,我们易求出棱锥VP-BCD的体积,再根据VP-BCD=VC-PBD,我们只要求出△PBD的面积,然后代入棱锥体积公式,即可求出点C到平面PBD的距离.
(II)以A为原点,分别以AB,AD,AP为X,Y,Z轴的正方向建立空间坐标系,则我们易给出各个点的坐标,进而求出CQ的方向向量和平面PBD的法向量,然后根据CQ的方向向量和平面PBD的法向量的夹角的余弦值等于CQ与平面PBD所成的角的正弦值,构造方程,即可求出Q的坐标.
2 |
(II)以A为原点,分别以AB,AD,AP为X,Y,Z轴的正方向建立空间坐标系,则我们易给出各个点的坐标,进而求出CQ的方向向量和平面PBD的法向量,然后根据CQ的方向向量和平面PBD的法向量的夹角的余弦值等于CQ与平面PBD所成的角的正弦值,构造方程,即可求出Q的坐标.
解答:
解:(Ⅰ)在Rt△BAD中,AD=2,BD=2
,
∴AB=2,ABCD为正方形,因此BD⊥AC.(1分)
∵PA=AB=AD=2,∴PB=PD=BD=2
(2分)
设C到面PBD的距离为d,由VP-BCD=VC-PBD,
有
•S△BCD•PA=
•S△PBD•d,
即
×
×2×2×2=
•
(2
)2•sin600•d,(4分)
得d=
(5分)
(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系
因为Q在DP上,所以可设
=λ
(0<λ<1),(6分)
又∵
=(0,-2,2),
=
+
=
+λ
=(0,2,0)+(0,-2λ,2λ)=(0,2-2λ,2λ)
∴Q(0,2-2λ,2λ),∴
=(-2,-2λ,2λ)=2(-1,-λ,λ).(8分)
易求平面PBD的法向量为
=(1,1,1),(10分)
所以设CQ与平面PBD所成的角为θ,则有:sinθ=|cos?
,
>|=
=
(12分)
所以有
=
,λ2=
,∵0<λ<1,∴λ=
(13分)
所以存在且|DQ|=
|DP|(14分)

2 |
∴AB=2,ABCD为正方形,因此BD⊥AC.(1分)
∵PA=AB=AD=2,∴PB=PD=BD=2
2 |
设C到面PBD的距离为d,由VP-BCD=VC-PBD,
有
1 |
3 |
1 |
3 |
即
1 |
3 |
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
2 |
2 |
得d=
2 |
3 |
3 |
(Ⅱ)如图建立空间直角坐标系
因为Q在DP上,所以可设
DQ |
DP |
又∵
DP |
AQ |
AD |
DQ |
AD |
DP |
∴Q(0,2-2λ,2λ),∴
CQ |
易求平面PBD的法向量为
n |
所以设CQ与平面PBD所成的角为θ,则有:sinθ=|cos?
CQ |
n |
|
| ||||
|
|
1 | ||||
|
所以有
1 | ||||
|
2 |
9 |
6 |
1 |
16 |
1 |
4 |
所以存在且|DQ|=
1 |
4 |
点评:本题考查的知识点是空间点、线、面的距离计算,及直线与平面所成的解,(I)中利用VP-BCD=VC-PBD,是解答的关键,(II)中求出直线与平面的方向向量和平面的法向量,将线面夹角的正弦值,转化为两个向量的余弦是解答的关键.

练习册系列答案
相关题目