Question

11．設(shè)ABCDEF是邊長為1的正六邊形，PA垂直于正六邊形所在的平面，且PA=2．求
（1）點(diǎn)P到直線CD的距離，
（2）直線BC與平面PAD的距離，
（3）點(diǎn)A到平面PBD的距離，
（4）異面直線CD與PE所成的角，
（5）直線PD與平面PAB所成的角，
（6）二面角C-PD-E的大�。�

Answer 1

分析 根據(jù)根據(jù)距離的定義以及空間角的求解分別進(jìn)行計(jì)算即可．

解答 解：（1）連接AC，在正六邊形中，AC⊥CD，
∵PA垂直于正六邊形所在的平面，
∴PA⊥CD，則CD⊥平面PAC，
則CD⊥PC，即點(diǎn)P到直線CD的距離為PC，
∵ABCDEF是邊長為1的正六邊形，PA=2，
∴AD=2，AC=$\sqrt{A{D}^{2}-C{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}-1}=\sqrt{3}$．
則PC=$\sqrt{P{A}^{2}+A{C}^{2}}$=$\sqrt{1+3}=\sqrt{4}$=2，
（2）∵BC∥AD，BC?平面PAD，AD?平面PAD，
∴BC∥平面PAD，
過B作BM⊥AD，
則BM是直線BC與平面PAD的距離，
則BM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（3）∵BD⊥PA，
∴BD⊥面PAB，
過A作AN⊥PB，則AN⊥面PBD，
即AN是點(diǎn)A到平面PBD的距離，
△PAB中，PA=2，AB=1，PB=$\sqrt{5}$，
則AN•PB=PA•AB，即AN=$\frac{PA•AB}{PB}=\frac{2×1}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
（4）∵CD∥BE，
∴BE與PE所成的角就是異面直線CD與PE所成的角，
∵BE=2，PB=$\sqrt{5}$，
∴tan∠PEB=$\frac{PB}{BE}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，即∠PEB=arctan$\frac{\sqrt{5}}{2}$．
即異面直線CD與PE所成的角為arctan$\frac{\sqrt{5}}{2}$．
（5）∵BD⊥AB，PA⊥BD，
∴BD⊥面PAB，
則PB是PD在平面PAB上的射影，
則∠DPB是直線PD與平面PAB所成的角，
∵PB=$\sqrt{5}$，BD=$\sqrt{3}$，
∴tan∠DPB=$\frac{BD}{PB}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{13}}{5}$，
則∠DPB=arctan$\frac{\sqrt{13}}{5}$．
（6）∵△PCD≌△PDE，
∴過C作CK⊥PD，連接KE，
則KE⊥PD，
則∠CKE是二面角C-PD-E的平面角，
∵CD⊥AC，PA⊥CD，
∴CD⊥面PAC，則CD⊥PC，
則PC=$\sqrt{P{A}^{2}+A{C}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{7}$，PD=$\sqrt{P{A}^{2}+A{D}^{2}}=\sqrt{4+4}$=2$\sqrt{2}$，
則CD•PC=PD•CK，
即CK=$\frac{CD•PC}{PD}$=$\frac{1×\sqrt{7}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{14}}{4}$，
則KE=CK=$\frac{\sqrt{14}}{4}$，
在△CKE中，cos∠CKE=$\frac{C{K}^{2}+K{E}^{2}-C{E}^{2}}{2CK•KE}$=$\frac{（\frac{\sqrt{14}}{4}）^{2}+（\frac{\sqrt{14}}{4}）^{2}-（\sqrt{3}）^{2}}{2×\frac{\sqrt{14}}{4}×\frac{\sqrt{14}}{4}}$=$-\frac{5}{7}$，
即∠CKE=arccos（$-\frac{5}{7}$）．

點(diǎn)評 本題主要考查空間距離的計(jì)算以及空間角的求解，根據(jù)相應(yīng)的定義進(jìn)行是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．