Question

6．已知，四边形ABCD是棱形，AC∩BD=O，P是平面ABCD外一点，AC=APP=2$\sqrt{3}$，BD=2，PC=4$\sqrt{2}$，PC⊥BD，E是线段PC的中点，如图所示．
（Ⅰ）求直线AP和直线DE的夹角．
（Ⅱ）求点C到平面DEO的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）易得O、E分别是其所在边的中点，从而∠DEO即为所求夹角，通过PC⊥BD，可得DO⊥OE，代入数据计算即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知△ODE的面积，通过已知条件，计算可得等腰△OCE中底边CE边上的高，从而可得△OCE的面积，利用V_D-OCE=V_C-ODE即得结论．

解答 解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是棱形，AC∩BD=O，
∴O是线段AC、BD的中点，且AC⊥BD．
∵E是线段PC的中点，∴OE∥$\frac{1}{2}AP$．
∴∠DEO就是直线AP和直线DE的夹角；
∵PC⊥BD，AC、PC是平面PAC内两相交直线，∴BD⊥平面PAC．
∵OE?平面PAC，∴BD⊥OE，即DO⊥OE．
∵$AP=2\sqrt{3}$，BD=2，∴$OE=\sqrt{3}$，OD=1，
∴∠DEO=$\frac{π}{6}$，即直线AP和直线DE的夹角为$\frac{π}{6}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，△ODE的面积${S_{△ODE}}=\frac{1}{2}OD•OE=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
∵E是线段PC的中点，PC=$4\sqrt{2}$，$AC=2\sqrt{3}$，
∴$EC=2\sqrt{2}$，$OC=\sqrt{3}$．
在等腰△OCE中，底边CE边上的高为$\sqrt{O{C}^{2}-（\frac{1}{2}CE）^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}-（\sqrt{2}）^{2}}$=1，
∴△OCE的面积${S_{△OCE}}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×1=\sqrt{2}$．
设点C到平面DEO的距离为d，由V_D-OCE=V_C-ODE得d•S_△ODE=OD•S_△OCE，
∴$d=\frac{{OD•{S_{△OCE}}}}{{{S_{△ODE}}}}=\frac{{1×\sqrt{2}}}{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
即点C到平面DEO的距离为$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查异面直线的夹角、点到面的距离，相关判定定理及面积、体积计算公式是解决该类问题的基础，属于中档题．