Question

16．在如图所示的几何体中，平面ACE⊥平面ABCD，四边形ABCD 为平行四边形，
∠CAD=90°，EF∥BC，EF=$\frac{1}{2}$BC，AC=$\sqrt{2}$，AE=EC=1．
（1）求证：CE⊥AF；
（2）若二面角E-AC-F 的余弦值为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，求点D 到平面ACF 的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）证明AD⊥平面AEC，推出AD⊥CE，AE⊥EC，推出CE⊥平面ADEF，然后证明CE⊥AF．
（Ⅱ）以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz，设AD=2a，求出平面ACE的一个法向量，平面ACF的一个法向量利用二面角E-AC-F的余弦值为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，求出a，设点D到平面ACF的距离为d，利用公式求解即可．

解答 解：（Ⅰ）证明：∵平面ACE⊥平面ABCD，且平面ACE∩平面ABCD=AC，
∵AD⊥AC，∴AD⊥平面AEC…（1分）CE?平面AEC，∴AD⊥CE，…（2分）
又$AC=\sqrt{2}，AE=EC=1$，
∴AC²=AE²+CE²，
∴AE⊥EC…（3分）∵EF∥BC，BC∥AD∴EF∥AD，即A、D、E、F共面                    …（4分）
又AE∩AD=D，∴CE⊥平面ADEF…（5分）
∵AF?面ADEF，
∴CE⊥AF…（6分）
（Ⅱ）因为平面ACE⊥平面ABCD，∠CAD=90°，
如图以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz

设AD=2a，则$A（0，0，0），C（\sqrt{2}，0，0），E（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$$F（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-a，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$
由AD⊥面ACE知平面ACE的一个法向量$\overrightarrow n=（0，1，0）$…（7分）
设平面ACF的一个法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$，因为$\overrightarrow{AC}=（\sqrt{2}，0，0），\overrightarrow{AF}=（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-a，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$∴$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2}x=0\\ \frac{{\sqrt{2}}}{2}x-ay+\frac{{\sqrt{2}}}{2}z=0\end{array}\right.$，取$z=\sqrt{2}，y=-\frac{1}{a}$，则$\overrightarrow m=（0，-\frac{1}{a}，\sqrt{2}）$…（8分）
则$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{|\overrightarrow m||\overrightarrow n|}=\frac{{-\frac{1}{a}}}{{\sqrt{2+\frac{1}{a^2}}}}=-\frac{1}{{\sqrt{2{a^2}+1}}}$，…（9分）
因为二面角E-AC-F的余弦值为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$
所以$\frac{1}{{\sqrt{2{a^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，即a=1…（10分）
所以$\overrightarrow m=（0，-1，\sqrt{2}），\overrightarrow{AD}=（0，2，0）$
设点D到平面ACF的距离为d，则$d=\frac{{|\overrightarrow{AD}•\overrightarrow m|}}{|\overrightarrow m|}=\frac{2}{{\sqrt{3}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$…（11分）
所以点D到平面ACF的距离$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$…（12分）

点评 本题考查二面角的平面角的应用，直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．