Question

13．如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，$CD=BE=\sqrt{2}$，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′-BCDE，其中$A'O=\sqrt{3}$．

（Ⅰ）证明：A′O⊥平面BCDE；
（Ⅱ）求O到平面A′DE的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用线面垂直的判定定理证明A′O⊥平面BCDE．
（Ⅱ）利用等体积，求O到平面A′DE的距离．

解答 （Ⅰ）证明：在图1中，易得OC=3，AC=3$\sqrt{2}$，AD=2$\sqrt{2}$，
连结OD，OE，在△OCD中，
由余弦定理可得OD=$\sqrt{O{C}^{2}+C{D}^{2}-2OC•CDcos45°}$=$\sqrt{5}$
由翻折不变性可知A'D=2$\sqrt{2}$，
∴A'O²+OD²=A'D²，
∴A'O⊥OD．
同理可证A'O⊥OE，
又OD∩OE=O，
∴A'O⊥平面BCDE．
（Ⅱ）解：过D作DH⊥BC交OC于H，则DH=1，
∵DE=4，∴S_△ODE=$\frac{1}{2}×4×1$=2．
∵S_△A′DE=$\frac{1}{2}×4×\sqrt{8-4}$=4，
∴由等体积可得，O到平面A′DE的距离=$\frac{2×\sqrt{3}}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题主要考查直线和平面垂直的判定定理以及点到平面距离的计算，要求熟练掌握相应的判定定理和体积的计算．