Question

4．如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D，E分別是AB，BB₁的中點(diǎn)．設(shè)AA₁=AC=CB=2，AB=2$\sqrt{2}$，
（1）證明：BC₁∥平面A₁CD；
（2）求異面直線BC₁與A₁D所成角的大�。�
（3）求B點(diǎn)到平面A₁DC的距離．

Answer 1

分析 （1）取A₁B₁的中點(diǎn)F，連接C₁F，BF，F(xiàn)D，利用平行四邊形的判定與性質(zhì)定理可得C₁F∥CD，BF∥A₁D，再利用面面平行的判定與性質(zhì)定理即可得出．
（2）由AC²+BC²=AB²，利用勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°．由直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，可得CC₁⊥AC，CC₁⊥BC．以C為原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的夾角公式即可得出．
（3）設(shè)平面CA₁D的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$．利用d=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}|}{|\overrightarrow{n}|}$即可得出B點(diǎn)到平面A₁DC的距離．

解答 證明：（1）取A₁B₁的中點(diǎn)F，連接C₁F，BF，F(xiàn)D，則C₁F∥CD，BF∥A₁D，
∴平面BC₁F∥平面A₁CD，BC₁?平面BC₁F．
∴BC₁∥平面A₁CD．
解：（2）∵AC=CB=2，AB=2$\sqrt{2}$，∴AC²+BC²=AB²，∴∠ACB=90°，∴AC⊥CB．
由直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，CC₁⊥底面ABC，∴CC₁⊥AC，CC₁⊥BC．
以C為原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則
C（0，0，0），B（0，2，0），C₁（0，0，2），A₁（2，0，2），D（1，1，0），
$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（0，-2，2），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（-1，1，-2），
∴$cos＜\overrightarrow{B{C}_{1}}，\overrightarrow{{A}_{1}D}＞$=$\frac{\overrightarrow{B{C}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}D}}{|\overrightarrow{B{C}_{1}}||\overrightarrow{{A}_{1}D}|}$=$\frac{-6}{\sqrt{8}×\sqrt{6}}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴異面直線BC₁，A₁D所成的角為$\frac{π}{6}$．
（3）$\overrightarrow{CD}$=（1，1，0），設(shè)平面CA₁D的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0}\\{-x+y-2z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-1）．
$\overrightarrow{CB}$=（0，2，0），∴B點(diǎn)到平面A₁DC的距離=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系、空間角隅空間距離、法向量的應(yīng)用、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、向量夾角公式，考查了數(shù)形結(jié)合方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．