Question

14．如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D，E分別是AB，BB₁的中點，AA₁=AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB．
（Ⅰ）證明：BC₁∥平面A₁CD
（Ⅱ）求點C₁到平面DA₁C的距離．
（Ⅱ）求二面角D-A₁C-E的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接AC₁交A₁C于點F，連接DF，則BC₁∥DF，由此能證明BC₁∥平面A₁CD．
（Ⅱ）由AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB，得AC⊥BC．以C為坐標原點，CA為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立空間直角坐標系C-xyz．利用向量法能求出點C₁到平面DA₁C的距離．
（Ⅲ）求出平面A₁CD的法向量和平面A₁CE的法向量，利用向量法能求出二面角D-A₁C-E的正弦值．

解答 證明：（Ⅰ）連接AC₁交A₁C于點F，
則F為AC₁的中點．又D是AB的中點，
連接DF，則BC₁∥DF．
因為DF?平面A₁CD，BC₁?平面A₁CD，
所以BC₁∥平面A₁CD．
解：（Ⅱ）由AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB，得AC⊥BC．
以C為坐標原點，CA為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz．
設(shè)CA=2，則D（1，1，0），E（0，2，1），A₁（2，0，2），C₁（0，0，2），
$\overrightarrow{CD}$=（1，1，0），$\overrightarrow{CE}$=（0，2，1），$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（2，0，2）．
設(shè)$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁）是平面A₁CD的法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}={x}_{1}+{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2{x}_{1}+2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取x₁=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-1）．
$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=（0，0，2），
點C₁到平面DA₁C的距離d=$\frac{|\overrightarrow{C{C}_{1}}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
（Ⅲ）平面A₁CD的法向量$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-1），
設(shè)$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂）是平面A₁CE的法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CE}=2{y}_{2}+{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2{x}_{2}+2{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取x₂=2，得$\overrightarrow{m}$=（2，1，-2）．
從而cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3}{\sqrt{3}•3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，故sin＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{m}$＞=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{3}}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
即二面角D-A₁C-E的正弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題考查線面平行的證明，考查點到平面的距離的求法，考查二面角的正弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．