Question

18．如图，在多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE∥AB，AC=AD=CD=DE=2，F为CD的中点．
（Ⅰ）求平面ABC和平面CDE所成角的大小；
（Ⅱ）求点A到平面BCD的距离的取值范围．

Answer 1

分析 （1）证明AF⊥平面CDE．以F为原点，过F平行于DE的直线为x轴，FC，FA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面ABC的一个法向量$\overrightarrow{n}$，平面CDE的一个法向量，利用向量的数量积求解平面ABC与平面CDE所成二面角的大小．
（2）设AB=x，连BF，过A作AH⊥BF，垂足为H，线段AH的长即为点A到平面BCD的距离．通过在Rt△AFB中，求解AH的表达式，推出范围即可．

解答 解：（1）：AB⊥平面ACD，DE∥AB，可得AC=AD=CD=DE=2，F为CD的中点．DE⊥AF，AF⊥DC，
∴AF⊥平面CDE．
以F为原点，过F平行于DE的直线为x轴，FC，FA所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
∵AC=2，∴A（0，0，$\sqrt{3}$），设AB=x，
所以B（x，0，$\sqrt{3}$），C（0，1，0）
所以$\overrightarrow{AB}$=（x，0，0），$\overrightarrow{AC}$=（0，1，-$\sqrt{3}$），
设平面ABC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则由$\overrightarrow{AB}$?$\overrightarrow{n}$=0，$\overrightarrow{AC}$?$\overrightarrow{n}$=0，得a=0，b=$\sqrt{3}$c，不妨取c=1，
则$\overrightarrow{n}$=（0，$\sqrt{3}$，1）．
∵AF⊥平面CDE，∴平面CDE的一个法向量为（0，0，$\sqrt{3}$）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{FA}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{FA}}{\left|\overrightarrow{n}\right|\left|\overrightarrow{FA}\right|}$=$\frac{1}{2}$，
∴＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{FA}$＞=60°．
∴平面ABC与平面CDE所成的二面角的大小为60°．
（2）设AB=x，则x＞0．∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD．
又∵AF⊥CD，AB?平面ABF，AF?平面ABF，AB∩AF=A，
∴CD⊥平面ABF．
∵CD?平面BCD，∴平面ABF⊥平面BCD．
连BF，过A作AH⊥BF，垂足为H，则AH⊥平面BCD．
线段AH的长即为点A到平面BCD的距离．
在Rt△AFB中，AB=x，AF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$CD=$\sqrt{3}$，
∴BF=$\sqrt{3+{x}^{2}}$，
∴AH=$\frac{\sqrt{3}x}{\sqrt{3+{x}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{\frac{3}{{x}^{2}}+1}}$∈（0，$\sqrt{3}$）．

点评 本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断，点、线、面距离的求法，可得空间想象能力以及计算能力．