Question

在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，，M、N分別為AB、SB的中點(diǎn)．
（1）證明：AC⊥SB；
（2）（理）求二面角N-CM-B的正切值；
（3）求點(diǎn)B到平面CMN的距離．

Answer 1

【答案】分析：法一：
（1）取AC中點(diǎn)D，連接SD、DB．由SA=SC，AB=BC，知SD⊥AC，BD⊥AC，由此能夠證明AC⊥SB．
（2）由AC⊥平面SDB，AC?平面ABC，知平面SDB⊥平面ABC．過N作NE⊥BD于E，則NE⊥平面ABC，過E作EF⊥CM于F，連接NF，則NF⊥CM，∠NFE為二面角N-CM-B的平面角．由此能求出二面角N-CM-B的正切值．
（3）在Rt△NEF中，由，知，．由V_B-CMN=V_N-CMB，能求出點(diǎn)B到平面CMN的距離．
法二：
（1）取AC中點(diǎn)O，連接OS、OB．由SA=SC，AB=BC，知AC⊥SO，AC⊥BO．所以SO⊥平面ABC，SO⊥BO．以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DB為y軸，DS為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則，，由此能證明AC⊥SB．
（2）由，，設(shè)為平面CMN的一個(gè)法向量，由，得．由向量法能求出二面角N-CM-B的正切值．
（3）由，為平面CMN的一個(gè)法向量，能求出點(diǎn)B到平面CMN的距離．
解答：解法1：（1）取AC中點(diǎn)D，連接SD、DB．
∵SA=SC，AB=BC∴SD⊥AC，BD⊥AC，
∴AC⊥平面SDB，又SB?平面SDB，
∴AC⊥SB．…（4分）
（2）∵AC⊥平面SDB，AC?平面ABC，
∴平面SDB⊥平面ABC．
過N作NE⊥BD于E，則NE⊥平面ABC，
過E作EF⊥CM于F，連接NF，
則NF⊥CM，∠NFE為二面角N-CM-B的平面角．
∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，
∴SD⊥平面ABC．
又NE⊥平面ABC，∴NE∥SD．
∵SN=NB，
∴，且ED=EB．
在正△ABC中，，
在Rt△NEF中，
∴二面角N-CM-B的正切值為．…（8分）
（3）在Rt△NEF中，，
∴，
．
設(shè)點(diǎn)B到平面CMN的距離為h，
∵V_B-CMN=V_N-CMB，NE⊥平面CMB，
∴，
∴．
即點(diǎn)B到平面CMN的距離為．…（14分）
解法2：（1）取AC中點(diǎn)O，連接OS、OB．
∵SA=SC，AB=BC，
∴AC⊥SO，AC⊥BO．
∵平面SAC⊥平面ABC，
平面SAC∩平面ABC=AC，
∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO．
如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
則A（2，0，0），，C（-2，0，0），，
∴，，
∵，
∴AC⊥SB．…（6分）
（2）∵，，
又C（-2，0，0），∴，．
設(shè)為平面CMN的一個(gè)法向量，
則，
取z=1，，，
∴．
又為平面ABC的一個(gè)法向量，
∴，
得
∴．
即二面角N-CM-B的正切值為．…（10分）
（3）由（1）（2）得，
又為平面CMN的一個(gè)法向量，，
∴點(diǎn)B到平面CMN的距離．…（14分）
點(diǎn)評(píng)：本題考查異面直線的證明，二面角正切值的求法和點(diǎn)到平面距離的計(jì)算，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．