分析 (Ⅰ)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理證明平面PAD⊥平面ABCD即可證明CD⊥平面PAD;
(Ⅱ)根據(jù)點(diǎn)到平面的距離的定義作出點(diǎn)F到平面的距離,結(jié)合三角形的邊角關(guān)系進(jìn)行求解即可.
解答 解:(Ⅰ)∵AB=1,AD=2,BD=$\sqrt{3}$,
∴cos∠ADB=$\frac{A{D}^{2}+B{D}^{2}-A{B}^{2}}{2AD•BD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
則∠ADB=30°,
∵△BCD是等邊三角形,∴∠BDC=60°,
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=90°,即CD⊥AD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
CD?平面ABCD,
∴CD⊥平面PAD
(Ⅱ) 在平面ABCD內(nèi)過B作BG∥CD,交AD于G,BG?平面PCD,CD?平面PCD,
則BG∥平面PCD,
由(1)得CD⊥AD,∴BG⊥AD,
連接GF,
∵BF∥平面PCD,BF,BG?平面FBG,BF∩BG=B,
∴平面FBG∥平面PCD,
∵平面PAD分別交平面FBG,PCD于FG,PD,
∴FG∥PD,
∴$\frac{PF}{PA}=\frac{DG}{DA}$,
則直角三角形BGD中,BD=$\sqrt{3}$,∠BDG=30°,
DG=BDcos30°=$\frac{3}{2}$,
∴$\frac{PF}{PA}=\frac{DG}{DA}$=$\frac{\frac{3}{2}}{2}$=$\frac{3}{4}$,
在平面PAD內(nèi)過F作FH⊥PD于H,
∵CD⊥平面PAD,面FHC?面PAD,
∴CD⊥FH,
∵PD,CD?平面PCD,PD∩CD=D,
∴FH⊥平面PCD于H,
則FH是點(diǎn)F到平面PCD的距離.
過A作AM⊥PD于M,
∵△PAD是邊長為2的等邊三角形,
∴AM=$\frac{\sqrt{3}}{2}×2$=$\sqrt{3}$,
∵FH∥AM,∴$\frac{FH}{AM}$=$\frac{PF}{PA}=\frac{DG}{DA}$=$\frac{3}{4}$,
∴FH=$\frac{3}{4}$AM=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$,
即點(diǎn)F到平面PCD的距離是$\frac{3\sqrt{3}}{4}$.
點(diǎn)評(píng) 本題主要考查考查空間直線和平面垂直的判斷以及點(diǎn)到直線的距離的計(jì)算,根據(jù)相應(yīng)的判定定理和性質(zhì)定理以及點(diǎn)到平面的距離的定義是解決本題的關(guān)鍵.綜合性較強(qiáng),難度較大.
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A. | $\frac{32}{3}$ | B. | 16 | C. | $\frac{64}{3}$ | D. | 32 |
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A. | 8$\sqrt{6}$ | B. | 8$\sqrt{2}$ | C. | 8 | D. | 6 |
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A. | 直角梯形、面積是16$\sqrt{2}$ | B. | 直角梯形、面積是8 | ||
C. | 梯形非直角,面積是16 | D. | 梯形非直角,面積是8$\sqrt{2}$ |
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A. | 1 | B. | 2 | C. | 3 | D. | 4 |
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