Question

2．如图，菱形ABCD与等边△PAD所在的平面相互垂直，AD=2，∠DAB=60°．
（Ⅰ）证明：AD⊥PB；
（Ⅱ）求三棱锥C-PAB的高．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AD中点O，连结OP、OB、BD，推导出AD⊥平面POB，由此能证明AD⊥PB．
（Ⅱ）法一：设点C到平面PAB的距离为h，由V_C-PAB=V_P-ABC，能求出三棱锥C-PAB的高．
法二：以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出三棱锥C-PAB的高．

解答 证明：（Ⅰ）取AD中点O，连结OP、OB、BD，
∵菱形ABCD与等边△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与等边△PAD所在的平面相互垂直，AD=2，∠DAB=60°．
∴BO=PO=$\sqrt{4-1}$=$\sqrt{3}$，PB=$\sqrt{3+3}$=$\sqrt{6}$，
∴${S}_{△PAB}=\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\sqrt{4-\frac{6}{4}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
${S}_{△ABC}={S}_{△ABD}=\frac{1}{2}×2×2×sin60°$=$\sqrt{3}$．
设点C到平面PAB的距离为h，
∵V_C-PAB=V_P-ABC，
∴$\frac{1}{3}×{S}_{△PAB}×h=\frac{1}{3}×{S}_{△ABC}×PO$，
∴h=$\frac{{S}_{△ABC}×PO}{{S}_{△PAB}}$=$\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
∴三棱锥C-PAB的高为$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
法二：以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则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，$\sqrt{3}$，-$\sqrt{3}$），
设平面PAB的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PA}=x-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=\sqrt{3}y-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
取z=1，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，1，1$），
∴点C到平面PAB的距离h=$\frac{|\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$，
∴三棱锥C-PAB的高为$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查几何体的高的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．