Question

16．如圖，已知點C是圓心為O半徑為1的半圓弧上從點A數(shù)起的第一個三等分點AB是圓O的直徑，CD=1，且CD⊥平面ABC，E是AD的中點
（1）求證：AC⊥BD；
（2）求點C到平面ABD的距離．
（3）求二面角O-EC-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）證明AC⊥平面BCD，即可證明AC⊥BD；
（2）建立空間坐標(biāo)系，方法一：利用向量法即可求點C到平面ABD的距離．
方法二：根據(jù)點到平面的定義求出點到平面的垂線段，即可．
（3）求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角O-EC-B的余弦值．

解答 證明：（1）∵CD⊥平面ABC，AC?平面ABC，
∴CD⊥AC．
∵點C在圓O上，AB是直徑，
∴AC⊥BC．
又∵CD∩BC=C，
∴AC⊥平面BCD．
又∵BD?平面BCD，
∴AC⊥BD．
解：∵C是圓心為O半徑為1的半圓弧上
從點A數(shù)起的第一個三等分點，
∴∠AOC=60°，
∴△OAC是等邊三角形，
∴CA=CD=1．
∵C是圓周上的點，AB是直徑，
∴AC⊥AB，
∴CB=$\sqrt{A{B}^{2}-A{C}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
又CD⊥平面ABC，
∴AC，BC，CD兩兩垂直．以點C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CD分別為x、y、z軸的正向，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C（0，0，0），D（0，0，1），E（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），O（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），
（2）方法一：$\overrightarrow{AB}$=（-1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{AD}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{CD}$=（0，0，1），
設(shè)$\overrightarrow{h}$=（x₁，y₁，z₁）為平面ABD的法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{h}•\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow{h}•\overrightarrow{AD}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-x}_{1}+\sqrt{3}{y}_{1}=0\\{-x}_{1}+{z}_{1}=0\end{array}\right.$，
取y₁=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{h}$=（3，$\sqrt{3}$，3）．
設(shè)向量$\overrightarrow{h}$和$\overrightarrow{CD}$ 所成的角為?，
則cos?=$\frac{|\overrightarrow{h}•\overrightarrow{CD}|}{\left|\overrightarrow{h}\right|•\left|\overrightarrow{CD}\right|}$=$\frac{\sqrt{21}}{7}$，
設(shè)點C到平面ABD的距離為d，則d=|$\overrightarrow{CD}$|cos?=$\frac{\sqrt{21}}{7}$．
方法二：由（1）知AC=1，BC=$\sqrt{3}$，
因為直線CD⊥平面ABC，所以，CD⊥AC，CD⊥BC，
于是，AD=$\sqrt{{AC}^{2}+{CD}^{2}}$=$\sqrt{2}$，BD=$\sqrt{{BC}^{2}+{CD}^{2}}$=2．
因為AB=2=BD，點E是AD的中點，所以BE⊥AD．
因此，BE=$\sqrt{{AB}^{2}-{AE}^{2}}$=$\frac{\sqrt{14}}{2}$，
從而，S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BC=$\frac{1}{2}$×1×$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
S_△ABD=$\frac{1}{2}$AD•BE=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{14}}{2}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$．
因為，V_C-ABD=V_D-ABC，
設(shè)點C到平面ABD的距離為h，
則有$\frac{1}{3}$S_△ABD•h=$\frac{1}{3}$S_△ABC•CD，
即$\frac{\sqrt{7}}{2}$•h=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×1，
于是，h=$\frac{\sqrt{21}}{7}$．
（3）$\overrightarrow{CB}$=（0，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{CE}$=（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{CO}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0）．
設(shè)$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）為平面BCE的法向量，$\overrightarrow{m}$=（p，q，r）為平面OCE的法向量，
由$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{CB}$=0⇒y=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{CE}$=0⇒$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$z=0，
取x=1得$\overrightarrow{n}$=（1，0，-1）．
由$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{CE}$=0⇒$\frac{1}{2}$p+$\frac{1}{2}$r=0，$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{CO}$=0⇒$\frac{1}{2}$p+$\frac{\sqrt{3}}{2}$q=0，
取p=1得$\overrightarrow{m}$=（1，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-1）
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{\left|\overrightarrow{m}\right|•\left|\overrightarrow{n}\right|}$=$\frac{\sqrt{42}}{7}$，
因此，二面角O-EC-B的余弦值是$\frac{\sqrt{42}}{7}$．

點評 本題主要考查二面角的求解以及點到平面的距離的計算，建立坐標(biāo)系，利用向量法是解決空間二面角和點到平面距離的常用方法．