Question

6．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體．
（Ⅰ）求證：AB⊥平面ADC；
（Ⅱ） 若AD=1，AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角的正切值為$\sqrt{6}$，求點(diǎn)B到平面ADE的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得BD⊥DC，有DC⊥平面ABD，進(jìn)一步得到DC⊥AB，再由線面垂直的判定可得AB⊥平面ADC；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知DC⊥平面ABD，可得AC在平面ABD內(nèi)的正投影為AD，求解直角三角形得到AB的值，然后利用等積法求得點(diǎn)B到平面ADE的距離．

解答 （Ⅰ）證明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
又BD⊥DC，∴DC⊥平面ABD，
∵AB?平面ABD，∴DC⊥AB，
又∵折疊前后均有AD⊥AB，DC∩AD=D，
∴AB⊥平面ADC．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD內(nèi)的正投影為AD，
即∠CAD為AC與其在平面ABD內(nèi)的正投影所成角．
依題意$tan∠CAD=\frac{CD}{AD}=\sqrt{6}$，
AD=1，∴$CD=\sqrt{6}$．
設(shè)AB=x（x＞0），則$BD=\sqrt{{x^2}+1}$，
∵△ABD～△BDC，∴$\frac{AB}{AD}=\frac{DC}{BD}$，
即$\frac{x}{1}=\frac{{\sqrt{6}}}{{\sqrt{{x^2}+1}}}$，
解得$x=\sqrt{2}$，故$AB=\sqrt{2}，BD=\sqrt{3}，BC=3$．
由于AB⊥平面ADC，AB⊥AC，E為BC的中點(diǎn)，
由平面幾何知識得AE=$\frac{BC}{2}=\frac{3}{2}$，
同理DE=$\frac{BC}{2}=\frac{3}{2}$，
∴${S_{△ADE}}=\frac{1}{2}×1×\sqrt{{{（{\frac{3}{2}}）}^2}-{{（{\frac{1}{2}}）}^2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
∵DC⊥平面ABD，∴${V_{A-BCD}}=\frac{1}{3}CD•{S_{ABD}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
設(shè)點(diǎn)B到平面ADE的距離為d，
則$\frac{1}{3}d•{S_{ADE}}={V_{B-ADE}}={V_{A-BDE}}=\frac{1}{2}{V_{A-BCD}}=\frac{{\sqrt{3}}}{6}$，
∴$d=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，即點(diǎn)B到平面ADE的距離為$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用等積法求多面體的體積，是中檔題．