Question

19．如图，在直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，点F在CE上，且BF⊥平面ACE；
（1）求证：AE⊥平面BCE；
（2）求二面角B-AC-E的正弦值；
（3）求点D到平面ACE的距离．

Answer 1

分析 （1）要证AE⊥平面BCE，只需证明AE垂直平面BCE内的两条相交直线BF、BC即可；
（2）连接AC、BD交于G，连接FG，说明∠FGB为二面角B-AC-E的平面角，然后求二面角B-AC-E的大小；
（3）利用V_D-ACE=V_E-ACD，求点D到平面ACE的距离，也可以利用空间直角坐标系，向量的数量积，证明垂直，求出向量的模．

解答 法一、（1）证明：∵BF⊥平面ACE，∴BF⊥AE，
∵二面角D-AB-E为直二面角，
∴平面ABCD⊥平面ABE，
又BC⊥AB，∴BC⊥平面ABE，则BC⊥AE，
又BF?平面BCE，BF∩BC=B，
∴AE⊥平面BCE；
（2）解：连接AC、BD交于G，连接FG，
∵ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
∵BF⊥平面ACE，BG⊥AC，∴AC⊥平面BFG，
∴FG⊥AC，即∠FGB为二面角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的距离等于B到平面ACE的距离，
BF⊥平面ACE，线段BF的长度就是点B到平面ACE的距离，即为D到平面ACE的距离所以D到平面的距离为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
法二、
（1）证明：同法一；
（2）解：以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，
过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图．
∵AE⊥面BCE，BE?面BCE，∴AE⊥BE，
在Rt△AEB中，AB=2，O为AB的中点，
∴OE=1．∴A（0，-1，0），E（1，0，0），C（0，1，2），
$\overrightarrow{AE}$=（1，1，0），$\overrightarrow{AC}$=（0，2，2）．
设平面AEC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=x+y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=2y+2z=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，1）是平面AEC的一个法向量．
又平面BAC的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（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的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$；
（3）解：∵AD∥z轴，AD=2，∴$\overrightarrow{AD}$=（0，0，2），
∴点D到平面ACE的距离d=|$\overrightarrow{AD}$|•|cos＜$\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{|\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的求法，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．