Question

2．如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD為平行四邊形，且滿足：BD=BA，BD⊥BA，AD=2$\sqrt{2}$，又PA=PD=$\sqrt{6}$，M、N分別為AD、PC的中點．
（Ⅰ）求證：MN∥平面PAB．
（Ⅱ）連接PM、BM，若∠PMB=45°，
（i）證明：平面PBC⊥平面ABCD；
（ii）求四面體N-ABD的體積．

Answer 1

分析 （I）取PB的中點E，連接AE，NE．又M、N分別為AD、PC的中點．利用三角形中位線定理、平行四邊形的性質(zhì)可得：NE$\underset{∥}{=}$AM，可得四邊形AMNE是平行四邊形，MN∥AE，即可證明MN∥平面PAB．
（II）（i）由PA=PD，AM=MD，可得PM⊥AD，PM=$\sqrt{P{A}^{2}-A{M}^{2}}$．在△PMB中，由余弦定理可得：PB²，利用PB²+BM²=PM²，可得PB⊥AB．同理可得PB⊥DB，即可證明PB⊥平面ABCD，得到平面PBC⊥平面ABCD；
（ii）利用V_N-ABD=$\frac{1}{3}$•$\frac{1}{2}PB$•S_△ABD即可得出．

解答 （I）證明：取PB的中點E，連接AE，NE．又M、N分別為AD、PC的中點．
∴$NE\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}BC$$\underset{∥}{=}$AM，
∴四邊形AMNE是平行四邊形，
∴MN∥AE，
又MN?平面PAB，∴AE?平面PAB．
∴MN∥平面PAB．
（II）（i）證明：∵PA=PD，AM=MD，
∴PM⊥AD，∴PM=$\sqrt{P{A}^{2}-A{M}^{2}}$=2．
在△PMB中，由余弦定理可得：PB²=PM²+BM²-2PM•BMcos45°=2，
∴PB²+BM²=PM²，∴PB⊥AB．
同理可得PB⊥DB，BD∩BM=B，
∴PB⊥平面ABCD，
∴平面PBC⊥平面ABCD；
（ii）解：∵N是PC的中點，PB⊥平面ABCD，
∴點N到平面ABCD的距離h=$\frac{1}{2}$PB．
∴V_N-ABD=$\frac{1}{3}$•$\frac{1}{2}PB$•S_△ABD=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}×{2}^{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$．

點評 本題考查了線面面面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理、三棱錐的體積計算公式、三角形中位線定理、余弦定理、勾股定理的逆定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．