Question

4．如图：等边三角形PAB所在的平面与Rt△ABC所在的平面互相垂直，D、E分别为AB、AC边中点．已知AB⊥BC，AB=2，BC=2$\sqrt{3}$
（Ⅰ）证明：DE∥平面PBC；
（Ⅱ）证明：AB⊥PE；
（Ⅲ）求点D到平面PBE的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）证明：DE∥BC，即可证明DE∥平面PBC；
（Ⅱ）证明：AB⊥平面PDE，即可证明AB⊥PE；
（Ⅲ）利用等体积方法，求点D到平面PBE的距离．

解答 （Ⅰ）证明：∵D、E分别为AB、AC边中点，
∴DE∥BC，
∵DE?平面PBC，BC?平面PBC，
∴DE∥平面PBC；
（Ⅱ）证明：连接PD，则
∵AB⊥BC，DE∥BC，
∴AB⊥DE，
∵等边三角形PAB，D为AB的中点，
∴PD⊥AB，
∵PD∩DE=D，
∴AB⊥平面PDE，
∵PE?平面PDE，
∴AB⊥PE；
（Ⅲ）解：∵平面PAB⊥平面ABC，PD⊥AB，
∴PD⊥平面ABC，
∵D为AB中点，AB=2，
∴PD=$\sqrt{3}$，
∴V_P-ABC=$\frac{1}{3}•\frac{1}{2}•AB•BC•PD$=2，
∵E是AC的中点，
∴S_△ABE=$\frac{1}{2}{S}_{△BAC}$，
∴S_△BDE=$\frac{1}{4}{S}_{△ABC}$，
∴V_P-BCE=$\frac{1}{4}$V_P-ABC=$\frac{1}{2}$，
∵BE=$\frac{1}{2}AC$=2，∴PE=$\sqrt{P{D}^{2}+D{E}^{2}}$=$\sqrt{6}$，
∵B到PE的距离为$\sqrt{B{P}^{2}-\frac{1}{4}P{E}^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∴S_△BPE=$\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\frac{\sqrt{10}}{2}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
设点D到平面PBE的距离为h，则$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{15}}{2}h$=$\frac{1}{2}$，∴h=$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行和垂直的判定和性质，熟记定理是解题的关键，同时注意解题的规范．