Question

19．如圖，在直二面角D-AB-E中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AE=EB，點F在CE上，且BF⊥平面ACE；
（1）求證：AE⊥平面BCE；
（2）求二面角B-AC-E的正弦值；
（3）求點D到平面ACE的距離．

Answer 1

分析 （1）要證AE⊥平面BCE，只需證明AE垂直平面BCE內(nèi)的兩條相交直線BF、BC即可；
（2）連接AC、BD交于G，連接FG，說明∠FGB為二面角B-AC-E的平面角，然后求二面角B-AC-E的大�。�
（3）利用V_D-ACE=V_E-ACD，求點D到平面ACE的距離，也可以利用空間直角坐標(biāo)系，向量的數(shù)量積，證明垂直，求出向量的模．

解答 法一、（1）證明：∵BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE，
∵二面角D-AB-E為直二面角，
∴平面ABCD⊥平面ABE，
又BC⊥AB，∴BC⊥平面ABE，則BC⊥AE，
又BF?平面BCE，BF∩BC=B，
∴AE⊥平面BCE；
（2）解：連接AC、BD交于G，連接FG，
∵ABCD為正方形，∴BD⊥AC，
∵BF⊥平面ACE，BG⊥AC，∴AC⊥平面BFG，
∴FG⊥AC，即∠FGB為二面角B-AC-E的平面角，
由（1）可知，AE⊥平面BCE，∴AE⊥EB，
又AE=EB，AB=2，AE=BE=$\sqrt{2}$，
在直角三角形BCE中，CE=$\sqrt{B{C}^{2}+B{E}^{2}}$=$\sqrt{6}$，BF=$\frac{BC•BE}{CE}$=$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
在正方形中，BG=$\sqrt{2}$，在直角三角形BFG中，sin∠FGB=$\frac{BF}{BG}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（3）由（2）可知，在正方形ABCD中，BG=DG，D到平面ACE的距離等于B到平面ACE的距離，
BF⊥平面ACE，線段BF的長度就是點B到平面ACE的距離，即為D到平面ACE的距離所以D到平面的距離為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
法二、
（1）證明：同法一；
（2）解：以線段AB的中點為原點O，OE所在直線為x軸，AB所在直線為y軸，
過O點平行于AD的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖．
∵AE⊥面BCE，BE?面BCE，∴AE⊥BE，
在Rt△AEB中，AB=2，O為AB的中點，
∴OE=1．∴A（0，-1，0），E（1，0，0），C（0，1，2），
$\overrightarrow{AE}$=（1，1，0），$\overrightarrow{AC}$=（0，2，2）．
設(shè)平面AEC的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=x+y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=2y+2z=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，1）是平面AEC的一個法向量．
又平面BAC的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴二面角B-AC-E的正弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（3）解：∵AD∥z軸，AD=2，∴$\overrightarrow{AD}$=（0，0，2），
∴點D到平面ACE的距離d=|$\overrightarrow{AD}$|•|cos＜$\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{|\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查直線與平面垂直的判定，二面角的求法，考查空間想象能力，邏輯思維能力，是中檔題．