Question

14．如图，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D，E分别是AB，BB₁的中点，AA₁=AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB．
（Ⅰ）证明：BC₁∥平面A₁CD
（Ⅱ）求点C₁到平面DA₁C的距离．
（Ⅱ）求二面角D-A₁C-E的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接AC₁交A₁C于点F，连接DF，则BC₁∥DF，由此能证明BC₁∥平面A₁CD．
（Ⅱ）由AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB，得AC⊥BC．以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，CC₁为z轴，建立空间直角坐标系C-xyz．利用向量法能求出点C₁到平面DA₁C的距离．
（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 证明：（Ⅰ）连接AC₁交A₁C于点F，
则F为AC₁的中点．又D是AB的中点，
连接DF，则BC₁∥DF．
因为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为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，CC₁为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz．
设CA=2，则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）．
设$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁）是平面A₁CD的法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}={x}_{1}+{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2{x}_{1}+2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取x₁=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-1）．
$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=（0，0，2），
点C₁到平面DA₁C的距离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），
设$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂）是平面A₁CE的法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CE}=2{y}_{2}+{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2{x}_{2}+2{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取x₂=2，得$\overrightarrow{m}$=（2，1，-2）．
从而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的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查二面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．