Question

9．已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，△PAB是等边三角形，AB=2，PC=$\sqrt{6}$
（1）证明：平面PAB⊥平面ABCD；
（2）求点D到平面ABC的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB的中点E，连接PE，CE，由等边三角形的性质可得：PE⊥AB，CE⊥AB．由PE²+EC²=PC²，利用勾股定理的逆定理可得：∠PEC=90°，即PE⊥CE．
可得PE⊥平面ABCD，即可证明：平面PAB⊥平面ABCD．
（Ⅱ）设点D到平面PBC的距离为h，可得V_D-PBC=V_P-BCD，利用体积与三角形面积计算公式即可得出．

解答 证明：（Ⅰ）取AB的中点E，连接PE，CE，由题可知PE⊥AB，CE⊥AB．
∵AB=2，
∴PE=CE=$\sqrt{3}$．
又∵PC=$\sqrt{6}$，
∴PE²+EC²=PC²，
∴∠PEC=90°，
∴PE⊥CE．
∵AB，CE?平面ABCD，
∴PE⊥平面ABCD．
又PE?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABCD．
解：（Ⅱ）设点D到平面PBC的距离为h，
∵V_D-PBC=V_P-BCD，且由（1）知：PE⊥平面ABCD，
∴$\frac{1}{3}$×S_△PBC×h=$\frac{1}{3}$×S_△BCD×PE，
∵在△PBC中，PB=BC=2，PC=$\sqrt{6}$，
∴S_△PBC=$\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\sqrt{{2}^{2}-（\frac{\sqrt{6}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$．
又S_△BCD=$\frac{1}{2}×{2}^{2}×sin12{0}^{°}$=$\sqrt{3}$，PE=$\sqrt{3}$．
∴h=$\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
∴点D到平面ABC的距离为$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查了空间位置关系、距离的计算、线面垂直平行判定与性质定理、等边三角形的性质、勾股定理与逆定理的应用、“等体积法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．