Question

3．如圖，四棱錐P-ABCD，側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形，且與底面ABCD垂直，底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，M為PC的中點(diǎn)．
（1）在棱PB上是否存在一點(diǎn)Q，使得QM∥面PAD？若存在，指出點(diǎn)Q的位置并證明；若不存在，請說明理由；
（2）求點(diǎn)D到平面PAM的距離．

Answer 1

分析 （1）取棱PB的中點(diǎn)Q，連結(jié)QM，QA，又M為PC的中點(diǎn)，證明QM∥AD，利用直線與平面平行的判定定理證明QM∥面PAD．
（2）設(shè)點(diǎn)D到平面PAC的距離為h，由V_D-PAC=V_P-ACD，通過證明以及計算即可求點(diǎn)D到平面PAM的距離．

解答 解：（1）當(dāng)點(diǎn)Q為棱PB的中點(diǎn)時，QM∥面PAD，證明如下
…（1分）
取棱PB的中點(diǎn)Q，連結(jié)QM，QA，又M為PC的中點(diǎn)，
所以$QM∥BC且QM=\frac{1}{2}BC$，
在菱形ABCD中AD∥BC可得QM∥AD…（3分）
又QM?面PAD，AD?面PAD
所以QM∥面PAD…（5分）
（2）點(diǎn)D到平面PAM的距離即點(diǎn)D到平面PAC的距離，
由（Ⅰ）可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，
即PO為三棱錐P-ACD的體高．…（7分）
在Rt△POC中，$PO=OC=\sqrt{3}$，$PC=\sqrt{6}$，
在△PAC中，PA=AC=2，$PC=\sqrt{6}$，邊PC上的高AM=$\sqrt{P{A^2}-P{M^2}}=\frac{{\sqrt{10}}}{2}$，
所以△PAC的面積${S_{△PAC}}=\frac{1}{2}PC•AM=\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\frac{{\sqrt{10}}}{2}=\frac{{\sqrt{15}}}{2}$，…（9分）
設(shè)點(diǎn)D到平面PAC的距離為h，
由V_D-PAC=V_P-ACD得     $\frac{1}{3}{S_{△PAC}}•h=\frac{1}{3}{S_{△ACD}}•PO$…（10分）
，又${S_{△ACD}}=\frac{{\sqrt{3}}}{4}×{2^2}=\sqrt{3}$，所以$\frac{1}{3}×\frac{{\sqrt{15}}}{2}•h=\frac{1}{3}×\sqrt{3}×\sqrt{3}$，…（11分）
解得$h=\frac{{2\sqrt{15}}}{5}$，所以點(diǎn)D到平面PAM的距離為$\frac{{2\sqrt{15}}}{5}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，幾何體的體積的求法，點(diǎn)線面距離的求法，等體積的方法的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計算能力．