Question

8．如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AD=AA₁=1，AB=2，点E在棱AB上移动．
（1）证明：D₁E⊥A₁D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD₁的距离；
（3）AE等于何值时，二面角D₁-EC-D的大小为$\frac{π}{6}$．

Answer 1

分析 （1）建立如图的坐标系，则$\overrightarrow{D{A_1}}=（{1，0，1}）$，设E（1，t，0），则$\overrightarrow{{D_1}E}=（{1，t，-1}）$，通过向量的数量积为0，计算可得D₁E⊥A₁D；
（2）当E为AB的中点时，E（1，1，0），$\overrightarrow{{D_1}E}=（{1，1，-1}）$，求出平面ACD₁的一个法向量，最后利用点到面的距离公式即可求点E到面ACD₁的距离．
（2）求出平面的法向量，利用二面角的夹角关系建立方程进行求解即可．

解答 解：（1）分别以DA、DC、DD₁为x、y、z轴，建立如图的坐标系，则$\overrightarrow{D{A_1}}=（{1，0，1}）$，
设AE=x，则A₁（1，0，1），D₁（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0），C（0，2，0）．
则$\overrightarrow{{D}_{1}E}$=（1．x，-1），$\overrightarrow{D{A_1}}•\overrightarrow{{D_1}E}=1-1=0$，
∴D₁E⊥A₁D；
（2）当E为AB的中点时，E（1，1，0），$\overrightarrow{{D_1}E}=（{1，1，-1}）$，
设平面ACD₁的法向量是$\overrightarrow{n}=（1，y，z）$，
求出$\overrightarrow{A{D_1}}=（{-1，0，1}）$，$\overrightarrow{AC}=（{-1，2，0}）$，
由$\overrightarrow n•\overrightarrow{A{D_1}}=0，\overrightarrow N•\overrightarrow{AC}=0$，得$\overrightarrow n=（{1，\frac{1}{2}，1}）$
∵$\overrightarrow{{D}_{1}E}$=（1，1，-1）
由点到平面的距离公式，得$d=\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{D}_{1}E}|}{|\overrightarrow{n}|}=\frac{|1×1+\frac{1}{2}×1+1×（-1）|}{\sqrt{{1}^{2}+（\frac{1}{2}）^{2}+{1}^{2}}}=\frac{1}{3}$，
∴点E到面ACD₁的距离是$\frac{1}{3}$．
（3）设平面D₁EC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
∴$\overrightarrow{CE}$=（1，x-2，0），$\overrightarrow{{D_1}C}$=（0，2，-1），$\overrightarrow{D{D_1}}$=（0，0，1）．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{D}_{1}C}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=0}\end{array}\right.\;⇒\left\{\begin{array}{l}{2b-c=0}\\{a+b（x-2）=0}\end{array}\right.$．
令b=1，
∴c=2，a=2-x．∴$\overrightarrow{n}$=（2-x，1，2）．
依题意：cos$\frac{π}{6}$=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{D}_{1}}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{D{D}_{1}}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
即$\frac{2}{\sqrt{（x-2）^{2}+1+{2}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
平方得（x-2）²=$\frac{1}{3}$，
∴${x_1}=2+\frac{{\sqrt{3}}}{3}$（不合题意，舍去），${x_2}=2-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
∴$AE=2-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，二面角D₁-EC-D的大小为$\frac{π}{6}$．

点评 本题主要考查空间直线垂直，点到平面的距离以及二面角的应用，利用空间直角坐标系，结合向量法是解题的关键，考查计算能力．