Question

19．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=AD=1，AA₁=2，點(diǎn)P為DD₁的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：平面PAC⊥平面 BDD₁；
（Ⅱ）求證：PB₁⊥平面PAC；
（Ⅲ）求V_C-PAB．

Answer 1

分析 （I）由長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征可知AC⊥DD₁，由底面正方形可得AC⊥BD，故AC⊥平面BDD₁，從而得出平面PAC⊥平面BDD₁．
（II）使用勾股定理求出PB₁，PC，PA，B₁C，B₁A的長(zhǎng)，利用勾股定理的逆定理得出PB₁⊥PA，PB₁⊥PC，故PB₁⊥平面PAC；
（III）以△ABC為棱錐的底面，則PD為棱錐的高，代入體積公式計(jì)算即可．

解答 證明：（I）∵DD₁⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴AC⊥DD₁，
∵AB=AD，∴四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
又BD?平面BDD₁，DD₁?平面BDD₁，BD∩DD₁=D，
∴AC⊥平面BDD₁，
∵AC?平面PAC，
∴平面PAC⊥平面BDD₁．
（II）連結(jié)B₁C，B₁A，B₁D₁，
∵長(zhǎng)方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=AD=1，AA₁=2，
∴B₁D₁=$\sqrt{2}$，PD₁=PD=1，
∴PB₁=$\sqrt{P{{D}_{1}}^{2}+{B}_{1}{{D}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{3}$，PC=$\sqrt{P{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{2}$，PA=$\sqrt{P{D}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
B₁C=$\sqrt{B{C}^{2}+B{{B}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{5}$，B₁A=$\sqrt{B{{B}_{1}}^{2}+B{A}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∴PC²+PB₁²=B₁C²，PA²+PB₁²=B₁A²，
∴PB₁⊥PC，PB₁⊥PA，
又PA?平面PAC，PC?平面PAC，PA∩PC=P，
∴PB₁⊥平面PAC．
（III）V_C-PAB=V_P-ABC=$\frac{1}{3}{S}_{△ABC}•PD$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×{1}^{2}×1$=$\frac{1}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直，面面垂直的判定，棱錐的體積計(jì)算，屬于中檔題．