Question

19．如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，且∠ABC=60°，AB=PC=2，PA=PB=$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求点D到平面APC的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB得中点O，连接PO、CO，利用△PAB为等腰直角三角形，可得PO⊥AB．由PO²+CO²=PC²，利用勾股定理的逆定理可得PO⊥CO，利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明结论．
（Ⅱ）设点D到平面APC的距离为h，由（Ⅰ）知△ADC是边长为2的等边三角形，△PAC为等腰三角形，利用V_D-PAC=V_P-ADC，得$\frac{1}{3}{S_{△PAC}}•h=\frac{1}{3}{S_{△ADC}}•PO$，解出即可得出．

解答 （Ⅰ）证明：取AB得中点O，连接PO、CO，
由PA=PB=$\sqrt{2}$，AB=2知△PAB为等腰直角三角形，
∴PO⊥AB，PO=1，
又AB=BC=2，∠ABC=60°知△ABC为等边三角形，
∴$CO=\sqrt{3}$．
又由PC=2得PO²+CO²=PC²，∴PO⊥CO，
∴PO⊥平面ABC，
又∵PO?平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD．
（Ⅱ）解：设点D到平面APC的距离为h，
由（Ⅰ）知△ADC是边长为2的等边三角形，△PAC为等腰三角形，
由V_D-PAC=V_P-ADC得$\frac{1}{3}{S_{△PAC}}•h=\frac{1}{3}{S_{△ADC}}•PO$，
∵${S_{△ADC}}=\frac{{\sqrt{3}}}{4}×{2^2}=\sqrt{3}$，${S_{△PAC}}=\frac{1}{2}PA•\sqrt{P{C^2}-{{（\frac{1}{2}PA）}^2}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}$，
∴$h=\frac{{{S_{△ADC}}•PO}}{{{S_{△PAC}}}}$=$\frac{{\sqrt{3}×1}}{{\frac{{\sqrt{7}}}{2}}}=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$，即点D到平面APC的距离为$\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$．

点评 本题考查了空间位置关系、距离的计算、线面垂直判定与性质定理、等腰与等边三角形的性质、等体积法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．