Question

4．如圖，P是菱形ABCD所在平面外一點(diǎn)，∠BAD=60°，△PCD是等邊三角形，AB=2，PA=2$\sqrt{2}$，M是PC的中點(diǎn)，點(diǎn)G為線段DM上一點(diǎn)（端點(diǎn)除外），平面APG與BD交于點(diǎn)H．
（Ⅰ）求證：PA∥GH；
（Ⅱ）求證：平面PAC⊥平面BDM；
（Ⅲ）求幾何體M-BDC的體積．

Answer 1

分析 （I）連接MO，則MO∥PA，于是PA∥平面BDM，根據(jù)面面平行的性質(zhì)得出PA∥GH；
（II）計(jì)算DO，MO，DM，根據(jù)勾股定理的逆定理得出DO⊥MO，又DO⊥AC，得出DO⊥平面PAC，于是平面PAC⊥平面BDM；
（III）由勾股定理的逆定理得出PA⊥PC，于是MO⊥PC，利用平面PAC⊥平面BDM的性質(zhì)得出CM⊥平面BDM，于是V_M-BDC=V_C-BDM=$\frac{1}{3}{S}_{△BDM}•CM$

解答 （I）證明：連接MO．
∵四邊形ABCD是菱形，∴O為AC的中點(diǎn)，
∵點(diǎn)M為PC的中點(diǎn)
∴MO∥PA．
又MO?平面BDM，PA?平面BDM，
∴PA∥平面BDM．
又∵平面APG∩平面平面BDM=GH，PA?平面APG，
∴PA∥GH．
（II）證明：∵△PCD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，M是PC的中點(diǎn)．
∴DM=$\sqrt{3}$．
∵四邊形ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°，
∴△ABD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，∴DO=$\frac{1}{2}$BD=1，
又MO=$\frac{1}{2}PA$=$\sqrt{2}$，
∴DO²+MO²=DM²，∴BD⊥MO．
∵菱形ABCD中，BD⊥AC，
又MO?平面PAC，AC?平面PAC，MO∩AC=O，
∴BD⊥平面PAC．
又BD?平面BDM，
∴平面PAC⊥平面BDM．
（III）解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC=2AO=2$\sqrt{3}$．
在△PAC中，∵PA=2$\sqrt{2}$，AC=2$\sqrt{3}$，PC=2，
∴PA²+PC²=AC²，
∴PA⊥PC，∵M(jìn)O∥PA，
∴PC⊥MO，
又平面PAC⊥平面BDM，平面PAC∩平面BDM=MO，PC?平面PAC，
∴PC⊥平面BDM．
∴V_M-BDC=V_C-BDM=$\frac{1}{3}{S}_{△BDM}•CM$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×BD×MO×MC$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×\sqrt{2}×1$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行的判定與性質(zhì)，面面垂直的判定與性質(zhì)，棱錐的體積計(jì)算，屬于中檔題．