14.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求證:BD⊥平面PAC;
(2)若PA=AB,求點(diǎn)D到平面PBC的距離;
(3)當(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時(shí),求PA的長(zhǎng).

分析 (1)由已知推導(dǎo)出AC⊥BD,PA⊥BD,由此能證明BD⊥平面PAC.
(2)設(shè)所求距離為h,由VD-PBC=VP-BDC,利用等體積法能求出點(diǎn)D到平面PBC的距離.
(3)設(shè)PA=x.過B作PH垂直于PC,垂足為H,再連接DH,利用余弦定理能求出PA的長(zhǎng).

解答 證明:(1)∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.
又∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD.
∴BD⊥平面PAC.(3分)
解:(2)設(shè)所求距離為h,
∵PA=AB=2,∴$PB=\sqrt{P{A^2}+A{B^2}}=2\sqrt{2}$,$PC=\sqrt{P{A^2}+A{C^2}}=4$,
$在△PBC中,PC=4,PB=2\sqrt{2},BC=2$,
$\begin{array}{l}∴cos∠PBC=\frac{8+4-16}{{2×2\sqrt{2}×2}}=-\frac{{\sqrt{2}}}{4}\end{array}$
∴$\begin{array}{l}sin∠PBC=\frac{{\sqrt{14}}}{4}\end{array}$,${S_{△PBC}}=\frac{1}{2}PB×CB×sin∠PBC=\sqrt{7}$,
∵VD-PBC=VP-BDC,$即\frac{1}{3}•{S_{△PBC}}•h=\frac{1}{3}•{S_{△BDC}}•PA$,
$\begin{array}{l}∴h=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}\end{array}$,即點(diǎn)D到平面PBC的距離為$\frac{2\sqrt{21}}{7}$.
(3)設(shè)PA=x.過B作PH垂直于PC,垂足為H,再連接DH.PA=$\sqrt{6}$
依題平面PBC與平面PDC垂直,∴∠BHD=90°,由對(duì)稱性可知BH=DH,
∵BD=2,∴BH=$\sqrt{2}$,∵BC=$\sqrt{2}$,∴∠PCB=45°,
∴PB2=x2+4,PC2=x2+12,
$根據(jù)余弦定理cos∠PCB=\frac{{P{C^2}+4-P{B^2}}}{2•2•PC}$,
解得$x=\sqrt{6}$,
∴PA的長(zhǎng)為$\sqrt{6}$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明,考查點(diǎn)到平面的距離、線段長(zhǎng)的求法,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意等體積法、余弦定理的合理運(yùn)用.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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②不存在這樣的實(shí)數(shù)a,使得方程由4個(gè)不同的實(shí)根;
③存在這樣的實(shí)數(shù)a,使得方程由5個(gè)不同的實(shí)數(shù)根;
④不存在這樣的實(shí)數(shù)a,使得方程由6個(gè)不同的實(shí)數(shù)根.
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