Question

15．已知△ABC是等边三角形，AB=AC=BC=3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足$\frac{AD}{DB}$=$\frac{CE}{EA}$=$\frac{1}{2}$，将△ADE沿DE折起到△A₁DE的位置，并使得平面A₁DE⊥平面BCED
（Ⅰ）求证：A₁D⊥EC；
（Ⅱ）求点E到平面A₁DC的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）等边△ABC的边长为3，且满足$\frac{AD}{DB}$=$\frac{CE}{EA}$=$\frac{1}{2}$，求得AD和AE的值．进而由余弦定理得DE，根据AD²+DE²=AE²，判断AD⊥DE折叠后A₁D⊥DE，根据平面A₁DE⊥平面BCED，又利用面面垂直的性质定理推断出A₁D⊥平面BCED，进而可知A₁D⊥EC．
（Ⅱ）作EH⊥DC于H，则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，$\frac{1}{2}DC•EH=\frac{1}{2}EC•DG$，$EH=\frac{\sqrt{21}}{14}$，即点E到平面A₁DC的距离为$\frac{\sqrt{21}}{14}$．

解答 证明：（Ⅰ）因为等边△ABC的边长为3，且满足$\frac{AD}{DB}$=$\frac{CE}{EA}$=$\frac{1}{2}$，
所以AD=1，AE=2．在△ADE中，∠DAE=60°，
由余弦定理得DE=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}-2×1×2×cos6{0}^{0}}=\sqrt{3}$
因为AD²+DE²=AE²，所以AD⊥DE．折叠后有A₁D⊥DE，
因为平面A₁DE⊥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，
则∠DEC=150°，平面A₁DC⊥平面CED，
作EH⊥DC于H，则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，则DG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又在△DEC中，$\frac{1}{2}DC•EH=\frac{1}{2}EC•DG$，∴$EH=\frac{\sqrt{21}}{14}$
∴点E到平面A₁DC的距离为$\frac{\sqrt{21}}{14}$．

点评 本题考查了线线垂直的判定，几何法求点面距离，属于中档题，