Question

14．已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD=2$\sqrt{3}$，AB=1，E为BC的中点，G为线段AB上的一点，满足$\overrightarrow{BG}=λ\overrightarrow{BC}$．
（1）当λ=$\frac{1}{2}+\frac{{\sqrt{6}}}{6}$时，求证：PG⊥DG．
（2）在（1）的条件下，若PA=2$\sqrt{3}$，求G到平面PDE的距离．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明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的距离．

解答 证明：（1）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
设PA=t，G（a，b，c），则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$\sqrt{3}$），
设平面PDE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=2\sqrt{3}y-2\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PE}=x+\sqrt{3}y-2\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，1），
∴G到平面PDE的距离：
d=$\frac{|\overrightarrow{PG}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{3}-2\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．