Question

5．19、如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=PC=1，$PB=PD=\sqrt{2}$，E为线段PD上一点，且PE=2ED．
（Ⅰ）若F为PE的中点，证明：BF∥平面ACE；
（Ⅱ）求点P到平面ACE的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接BD交AC于O，连接OE，证明OE∥BF，然后证明BF∥平面ACE．
（Ⅱ）连接PO，说明△ACD是等边三角形．设AB=a，在Rt△POD中，解得$a=\sqrt{2}$．求出PO，利用${V_{P-ACE}}={V_{P-ACD}}-{V_{E-ACD}}=\frac{{\sqrt{6}}}{18}$，设点P到平面ACE的距离为h，通过体积求解点P到平面ACE的距离．

解答 （Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，连接OE，因为四边形ABCD是菱形，所以O为BD的中点．
又因为PE=2ED，F为PE的中点，所以E为DF的中点，所以OE∥BF，
又因为BF?平面ACE，OE?平面ACE，所以BF∥平面ACE．
（Ⅱ）连接PO，因为PA=PC，所以PO⊥AC，因为PB=PD，所以PO⊥BD，而AC∩BD=O，所以PO⊥平面ABCD．因为在菱形ABCD中，∠ABC=60°，所以△ACD是等边三角形．
设AB=a，则$OD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$，$P{O^2}=P{C^2}-O{C^2}=1-\frac{a^2}{4}$，在Rt△POD中，由PO²+OD²=PD²得$1-\frac{a^2}{4}+\frac{{3{a^2}}}{4}=2$，解得$a=\sqrt{2}$．
所以$PO=\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}=\frac{1}{2}PD$，所以∠PDO=30°，又$OD=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，$DE=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，在△ODE中由余弦定得$OE=\sqrt{O{D^2}+D{E^2}-2OD•DEcos{{30}°}}=\frac{{\sqrt{26}}}{6}$，所以${S_{△ACE}}=\frac{1}{2}AC•OE=\frac{{\sqrt{13}}}{6}$，${V_{P-ACD}}=\frac{1}{3}{S_{△ACD}}•PO=\frac{{\sqrt{6}}}{12}$，${V_{E-ACD}}=\frac{1}{3}{S_{△ACD}}•\frac{1}{3}PO=\frac{{\sqrt{6}}}{36}$．
所以${V_{P-ACE}}={V_{P-ACD}}-{V_{E-ACD}}=\frac{{\sqrt{6}}}{18}$，设点P到平面ACE的距离为h，
则${V_{P-ACE}}=\frac{1}{3}{S_{△ACE}}•h=\frac{1}{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{16}h=\frac{{\sqrt{6}}}{18}$，解得$h=\frac{{\sqrt{78}}}{13}$．
所以点P到平面ACE的距离$\frac{{\sqrt{78}}}{13}$．

点评 本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积的求法，点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．