Question

10．如图，在三棱锥S-ABC中，SC⊥平面ABC，SC=3，AC⊥BC，CE=2EB=2，AC=$\frac{3}{2}$，CD=ED．
（Ⅰ）求证：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A-SD-C的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面SCD的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）建立坐标系，求出向量的坐标，得到DE⊥CD，DE⊥CS，求出线面垂直即可；
（Ⅱ）设平面SAD的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），求出一个法向量，代入余弦公式即可求出余弦值；
（Ⅲ）作AH⊥平面SCD，垂足为H，求出$\overrightarrow{AH}$的坐标，从而求出点A到平面SCD的距离．

解答 解：如图示：
，
以C为原点建立空间直角坐标系，
由题意得：A（$\frac{3}{2}$，0，0），C（0，0，0），D（1，1，0），E（0，2，0），S（0，0，3），
（Ⅰ）证明：∵$\overrightarrow{DE}$=（-1，1，0），$\overrightarrow{CD}$=（1，1，0），$\overrightarrow{CS}$=（0，0，3），
∴$\overrightarrow{DE}$•$\overrightarrow{CD}$=-1+1+0=0，$\overrightarrow{DE}$•$\overrightarrow{CS}$=0+0+0=0，
即DE⊥CD，DE⊥CS，
∵CD∩CS=C，
∴DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得$\overrightarrow{DE}$=（-1，1，0）为平面SCD的一个法向量，
设平面SAD的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
而$\overrightarrow{AD}$=（-$\frac{1}{2}$，1，0），$\overrightarrow{AS}$=（-$\frac{3}{2}$，0，3），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AS}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}x+y=0}\\{-\frac{3}{2}x+3z=0}\end{array}\right.$，
不妨设x=2，可得$\overrightarrow{n}$=（2，1，1），
易知二面角A-SD-C为锐角，
因此有|cos＜$\overrightarrow{DE}$，$\overrightarrow{n}$＞|=$|\frac{-2+1+0}{\sqrt{2}•\sqrt{6}}|$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
即二面角A-SD-C的余弦值是$\frac{\sqrt{3}}{6}$；
（Ⅲ）解：$\overrightarrow{AC}$=（-$\frac{3}{2}$，0，0），$\overrightarrow{AD}$=（-$\frac{1}{2}$，1，0），$\overrightarrow{AS}$=（-$\frac{3}{2}$，0，3），
作AH⊥平面SCD，垂足为H，
设$\overrightarrow{AH}$=x$\overrightarrow{AC}$+y$\overrightarrow{AD}$+z$\overrightarrow{AS}$=（-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2}$y-$\frac{3}{2}$z，y，3z），且x+y+z=1，
由$\overrightarrow{AH}$⊥$\overrightarrow{CD}$，$\overrightarrow{AH}$⊥$\overrightarrow{CS}$，得：
$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}x-\frac{1}{2}y-\frac{3}{2}z+y=0}\\{9z=0}\\{x+y+z=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{4}}\\{y=\frac{3}{4}}\\{z=0}\end{array}\right.$，
∴$\overrightarrow{AH}$=（-$\frac{3}{4}$，$\frac{3}{4}$，0），|$\overrightarrow{AH}$|=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
即点A到平面SCD的距离是$\frac{3\sqrt{2}}{4}$．

点评 本题考查了线面垂直，考查平面的法向量，点到平面的距离，是一道中档题．