Question

16．如图，已知点C是圆心为O半径为1的半圆弧上从点A数起的第一个三等分点，AB是直径，CD=1，CD⊥平面ABC，点E是AD的中点．
（1）求二面角O-EC-B的余弦值．
（2）求点C到平面ABD的距离．

Answer 1

分析 （1）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角O-EC-B的余弦值．
（2）方法一：利用向量法即可求点C到平面ABD的距离．
方法二：根据点到平面的定义求出点到平面的垂线段，即可．

解答 解：（1）∵C是圆心为O半径为1的半圆弧上
从点A数起的第一个三等分点，∴∠AOC=60°，
∴△OAC是等边三角形，∴CA=CD=1．
∵C是圆周上的点，AB是直径，
∴AC⊥AB，∴$CB=\sqrt{A{B^2}-C{A^2}}=\sqrt{3}$，
又CD⊥平面ABC，
∴AC，BC，CD两两垂直．以点C为坐标原点，$\overrightarrow{CA}$、$\overrightarrow{CB}$、$\overrightarrow{CD}$分别为x、y、z轴的正向，建立空间直角坐标系，
则A（1，0，0），$B（0，\sqrt{3}，0）$，C（0，0，0），D（0，0，1），$E（{\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}}）$，$O（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，
于是，$\overrightarrow{CB}=（0，\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{CE}=（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}）$，$\overrightarrow{CO}=（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，m=（p，q，r）为平面OCE的法向量，$n•\overrightarrow{CB}=0⇒y=0$，$n•\overrightarrow{CE}=0⇒\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}z=0$，取x=1得n=（1，0，-1）．$m•\overrightarrow{CE}=0⇒\frac{1}{2}p+\frac{1}{2}r=0$，$m•\overrightarrow{CO}=0⇒\frac{1}{2}p+\frac{{\sqrt{3}}}{2}q=0$，
取p=1得$m=（1，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，-1）$
$cosθ=\frac{n•m}{|n||m|}=\frac{{1×1+0×（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）+（-1）×（-1）}}{{\sqrt{{1^2}+{0^2}+{{（-1）}^2}}•\sqrt{{1^2}+{{（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）}^2}+{{（-1）}^2}}}}=\frac{{\sqrt{42}}}{7}$，
因此，二面角O-EC-B的余弦值是$\frac{{\sqrt{42}}}{7}$．
（2）方法一：由（1）知$\overrightarrow{AB}=（-1，\sqrt{3}，0），\overrightarrow{AD}=（-1，0，1），\overrightarrow{CD}=（0，0，1）$，
设h=（x₁，y₁，z₁）为平面ABD的法向量，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{AB}•h=0\\ \overrightarrow{AD}•h=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}-{x_1}+\sqrt{3}{y_1}=0\\-{x_1}+{z_1}=0\end{array}\right.$，取${y_1}=\sqrt{3}$得$h=（3，\sqrt{3}，3）$．
设向量h和$\overrightarrow{CD}$所成的角为?，则$cos?=\frac{{h•\overrightarrow{CD}}}{{|h||{\overrightarrow{CD}}|}}=\frac{{3×0+\sqrt{3}×0+3×1}}{{\sqrt{{3^2}+{{\sqrt{3}}^2}+{3^2}}×1}}=\frac{{\sqrt{21}}}{7}$，
设点C到平面ABD的距离为d，则$d=|\overrightarrow{CD}|cos?=\frac{{\sqrt{21}}}{7}$．
方法二：由（1）知AC=1，$BC=\sqrt{3}$
因为直线CD⊥平面ABC，所以，CD⊥AC，CD⊥BC，
于是，$AD=\sqrt{A{C^2}+C{D^2}}=\sqrt{{1^2}+{1^2}}=\sqrt{2}$，$BD=\sqrt{B{C^2}+C{D^2}}=\sqrt{3+1}=2$．
因为AB=2=BD，点E是AD的中点，所以BE⊥AD．
因此，$BE=\sqrt{A{B^2}-A{E^2}}=\sqrt{{2^2}-{{（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）}^2}}=\sqrt{\frac{7}{2}}$，
从而，${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}AC•BC=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
${S_{△ABD}}=\frac{1}{2}AD•BE=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{\frac{7}{2}}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}$．
因为，V_C-ABD=V_D-ABC，
设点C到平面ABD的距离为h，
则有$\frac{1}{3}{S_{△ABD}}•h=\frac{1}{3}{S_{△ABC}}•CD$，
即$\frac{{\sqrt{7}}}{2}•h=\frac{{\sqrt{3}}}{2}×1$，
于是，$h=\frac{{\sqrt{21}}}{7}$．

点评 本题主要考查二面角的求解以及点到平面的距离的计算，建立坐标系，利用向量法是解决空间二面角和点到平面距离的常用方法．