Question

6．已知，四邊形ABCD是棱形，AC∩BD=O，P是平面ABCD外一點，AC=APP=2$\sqrt{3}$，BD=2，PC=4$\sqrt{2}$，PC⊥BD，E是線段PC的中點，如圖所示．
（Ⅰ）求直線AP和直線DE的夾角．
（Ⅱ）求點C到平面DEO的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）易得O、E分別是其所在邊的中點，從而∠DEO即為所求夾角，通過PC⊥BD，可得DO⊥OE，代入數(shù)據(jù)計算即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知△ODE的面積，通過已知條件，計算可得等腰△OCE中底邊CE邊上的高，從而可得△OCE的面積，利用V_D-OCE=V_C-ODE即得結論．

解答 解：（Ⅰ）∵四邊形ABCD是棱形，AC∩BD=O，
∴O是線段AC、BD的中點，且AC⊥BD．
∵E是線段PC的中點，∴OE∥$\frac{1}{2}AP$．
∴∠DEO就是直線AP和直線DE的夾角；
∵PC⊥BD，AC、PC是平面PAC內兩相交直線，∴BD⊥平面PAC．
∵OE?平面PAC，∴BD⊥OE，即DO⊥OE．
∵$AP=2\sqrt{3}$，BD=2，∴$OE=\sqrt{3}$，OD=1，
∴∠DEO=$\frac{π}{6}$，即直線AP和直線DE的夾角為$\frac{π}{6}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，△ODE的面積${S_{△ODE}}=\frac{1}{2}OD•OE=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
∵E是線段PC的中點，PC=$4\sqrt{2}$，$AC=2\sqrt{3}$，
∴$EC=2\sqrt{2}$，$OC=\sqrt{3}$．
在等腰△OCE中，底邊CE邊上的高為$\sqrt{O{C}^{2}-（\frac{1}{2}CE）^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}-（\sqrt{2}）^{2}}$=1，
∴△OCE的面積${S_{△OCE}}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×1=\sqrt{2}$．
設點C到平面DEO的距離為d，由V_D-OCE=V_C-ODE得d•S_△ODE=OD•S_△OCE，
∴$d=\frac{{OD•{S_{△OCE}}}}{{{S_{△ODE}}}}=\frac{{1×\sqrt{2}}}{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
即點C到平面DEO的距離為$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題考查異面直線的夾角、點到面的距離，相關判定定理及面積、體積計算公式是解決該類問題的基礎，屬于中檔題．