Question

20．如图，五面体ABCDE中，四边形ABDE是菱形，△ABC是边长为2的正三角形，∠DBA=60°，$CD=\sqrt{3}$．
（1）证明：DC⊥AB；
（2）若C在平面ABDE内的正投影为H，求点H到平面BCD的距离．

Answer 1

分析 （1）取AB的中点O，连OC，OD，证明：AB⊥平面DOC，即可证明DC⊥AB；
（2）取OD的中点H，连结CH，由V_O-BCD=V_B-OCD得点H到平面BCD的距离．

解答 解：（1）证明：如图，取AB的中点O，连OC，OD，
因为△ABC是边长为2的正三角形，所以$AB⊥OC，OC=\sqrt{3}$，
又四边形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的中点H，连结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与平面ABD的交线为OD，
所以CH⊥平面ABD，即点H是D在平面ABD内的正投影，
设点H到平面BCD的距离为d，则点O到平面BCD距离为2d，
因为在△BCD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的距离$\frac{{3\sqrt{13}}}{26}$．

点评 本题考查线面垂直的判定与性质，考查H到平面BCD的距离，考查体积法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．