Question

14．已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD=2$\sqrt{3}$，AB=1，E為BC的中點(diǎn)，G為線段AB上的一點(diǎn)，滿(mǎn)足$\overrightarrow{BG}=λ\overrightarrow{BC}$．
（1）當(dāng)λ=$\frac{1}{2}+\frac{{\sqrt{6}}}{6}$時(shí)，求證：PG⊥DG．
（2）在（1）的條件下，若PA=2$\sqrt{3}$，求G到平面PDE的距離．

Answer 1

分析 （1）以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明PG⊥DG．
（2）求出平面PDE的法向量，利用向量法能求出G到平面PDE的距離．

解答 證明：（1）以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)PA=t，G（a，b，c），則P（0，0，t），B（1，0，0），C（1，2$\sqrt{3}$，0），D（0，2$\sqrt{3}$，0），
∴$\overrightarrow{BG}$=（a-1，b，c），
（$\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{6}}{6}$）$\overrightarrow{BC}$=（0，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$，0），
∵$\overrightarrow{BG}=λ\overrightarrow{BC}$，λ=$\frac{1}{2}+\frac{{\sqrt{6}}}{6}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-1=0}\\{b=\sqrt{2}+\sqrt{3}}\\{c=0}\end{array}\right.$，
∴G（1，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$，0），
∴$\overrightarrow{PG}$=（1，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$，-t），
$\overrightarrow{DG}$=（1，$\sqrt{2}-\sqrt{3}$，0），
∴$\overrightarrow{PG}•\overrightarrow{DG}$=1+2-3=0，
∴PG⊥DG．
解：（2）P（0，0，2$\sqrt{3}$），D（0，2$\sqrt{3}$，0），E（1，$\sqrt{3}$，0），G（1，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$，0），
$\overrightarrow{PD}$=（0，2$\sqrt{3}$，-2$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{PE}$=（1，$\sqrt{3}$，-2$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{PG}$=（1，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$，-2$\sqrt{3}$），
設(shè)平面PDE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=2\sqrt{3}y-2\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PE}=x+\sqrt{3}y-2\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，1），
∴G到平面PDE的距離：
d=$\frac{|\overrightarrow{PG}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{3}-2\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線垂直的證明，考查點(diǎn)到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．