Question

15．已知△ABC是等邊三角形，AB=AC=BC=3，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC上的點(diǎn)，且滿足$\frac{AD}{DB}$=$\frac{CE}{EA}$=$\frac{1}{2}$，將△ADE沿DE折起到△A₁DE的位置，并使得平面A₁DE⊥平面BCED
（Ⅰ）求證：A₁D⊥EC；
（Ⅱ）求點(diǎn)E到平面A₁DC的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）等邊△ABC的邊長為3，且滿足$\frac{AD}{DB}$=$\frac{CE}{EA}$=$\frac{1}{2}$，求得AD和AE的值．進(jìn)而由余弦定理得DE，根據(jù)AD²+DE²=AE²，判斷AD⊥DE折疊后A₁D⊥DE，根據(jù)平面A₁DE⊥平面BCED，又利用面面垂直的性質(zhì)定理推斷出A₁D⊥平面BCED，進(jìn)而可知A₁D⊥EC．
（Ⅱ）作EH⊥DC于H，則EH?平面CED，平面A₁DC∩平面CED=DC，可得EH⊥平面A₁DC
 又作DG⊥AG于G，在△DEC中，$\frac{1}{2}DC•EH=\frac{1}{2}EC•DG$，$EH=\frac{\sqrt{21}}{14}$，即點(diǎn)E到平面A₁DC的距離為$\frac{\sqrt{21}}{14}$．

解答 證明：（Ⅰ）因?yàn)榈冗叀鰽BC的邊長為3，且滿足$\frac{AD}{DB}$=$\frac{CE}{EA}$=$\frac{1}{2}$，
所以AD=1，AE=2．在△ADE中，∠DAE=60°，
由余弦定理得DE=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}-2×1×2×cos6{0}^{0}}=\sqrt{3}$
因?yàn)锳D²+DE²=AE²，所以AD⊥DE．折疊后有A₁D⊥DE，
因?yàn)槠矫鍭₁DE⊥平面BCED，又平面A₁DE∩平面BCED=DE，
A₁D?平面A₁DE，A₁D⊥DE，所以A₁D⊥平面BCED
故A₁D⊥EC．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE=$\sqrt{3}$，∠DEA=30°，A₁D⊥平面BCED，
則∠DEC=150°，平面A₁DC⊥平面CED，
作EH⊥DC于H，則EH?平面CED，平面A₁DC∩平面CED=DC，
∴EH⊥平面A₁DC，
又DC=$\sqrt{D{E}^{2}+E{C}^{2}-2DE•EC•cos∠DEC}$=$\sqrt{7}$，
又作DG⊥AG于G，則DG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又在△DEC中，$\frac{1}{2}DC•EH=\frac{1}{2}EC•DG$，∴$EH=\frac{\sqrt{21}}{14}$
∴點(diǎn)E到平面A₁DC的距離為$\frac{\sqrt{21}}{14}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線線垂直的判定，幾何法求點(diǎn)面距離，屬于中檔題，