Question

2．如圖，已知平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF是正方形，四邊形ABCD是菱形，且BC=2，∠BAD=60°，點(diǎn)G，H分別為邊CD，DA的中點(diǎn)，點(diǎn)M是線段BE上的動(dòng)點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：GH⊥平面BDM
（Ⅱ）求三棱錐D-MGH的體積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接AC交BD于點(diǎn)O．則BE⊥AB．再由已知結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得BE⊥平面ABCD，進(jìn)一步得到BE⊥AC．由四邊形ABCD為菱形，得BD⊥AC．由面面垂直的判定可得AC⊥平面BDM．由三角形中位線定理得GH∥AC，則GH⊥平面BDM；
（Ⅱ）在菱形ABCD中，利用正弦定理求得三角形DGM的面積，由圖可得當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)E重合時(shí)，BM取最大值2，代入三棱錐體積公式求得三棱錐D-MGH的體積的最大值．

解答 （Ⅰ）證明：連接AC交BD于點(diǎn)O．
∵四邊形ABEF為正方形．∴BE⊥AB．
又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB．
∴BE⊥平面ABCD．
又AC?平面ABCD，∴BE⊥AC．
∵四邊形ABCD為菱形，∴BD⊥AC．
∵BD∩BE=B，∴AC⊥平面BDE，即AC⊥平面BDM．
∵G、H分別為DC、AD的中點(diǎn)，∴GH∥AC，
∴GH⊥平面BDM；
（Ⅱ）解：在菱形ABCD中，
由∠BAD=60°，得∠ADC=120°．
又∵DG=DH=1，∴${S}_{△DGM}=\frac{1}{2}DG•DH•sin120°=\frac{1}{2}×1×1×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$．
∵BE⊥平面ABCD，即BM⊥平面ABCD，
∴${V}_{D-MGH}={V}_{M-DGH}=\frac{1}{3}{S}_{△DGH}•BM=\frac{\sqrt{3}}{12}BM$．
顯然，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)E重合時(shí)，BM取最大值2，
此時(shí)$（{V}_{D-MGH}）_{MAX}=\frac{\sqrt{3}}{12}×2=\frac{\sqrt{3}}{6}$，
即三棱錐D-MGH的體積的最大值為$\frac{\sqrt{3}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用等積法求多面體的體積，是中檔題．