Question

9．已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，△PAB是等邊三角形，AB=2，PC=$\sqrt{6}$
（1）證明：平面PAB⊥平面ABCD；
（2）求點(diǎn)D到平面ABC的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AB的中點(diǎn)E，連接PE，CE，由等邊三角形的性質(zhì)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，即可證明：平面PAB⊥平面ABCD．
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)D到平面PBC的距離為h，可得V_D-PBC=V_P-BCD，利用體積與三角形面積計(jì)算公式即可得出．

解答 證明：（Ⅰ）取AB的中點(diǎn)E，連接PE，CE，由題可知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）設(shè)點(diǎn)D到平面PBC的距離為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=$\frac{\sqrt{3}×\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
∴點(diǎn)D到平面ABC的距離為$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系、距離的計(jì)算、線面垂直平行判定與性質(zhì)定理、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理與逆定理的應(yīng)用、“等體積法”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．