Question

1．已知在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)棱垂直于底面，AC⊥BC，BC=C₁C=$\frac{1}{2}AC$=1，D是A₁C₁上的一點(diǎn)，且C₁D=kA₁C₁．
（Ⅰ） 求證：不論k為何值，AD⊥BC；
（Ⅱ） 當(dāng)k=$\frac{1}{2}$時(shí)，求A點(diǎn)到平面BCD的距離；
（Ⅲ） DB與平面ABC所成角θ的余弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{3}$，求二面角D-AB-C的正切值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\left.\begin{array}{l}BC⊥{C_1}C\\ BC⊥AC\\ AC∩{C_1}C=C\end{array}\right\}⇒\left.\begin{array}{l}BC⊥平面{A_1}AC{C_1}\\ AD?平面{A_1}AC{C_1}\end{array}\right\}⇒AD⊥BC$
（Ⅱ） 當(dāng)k=$\frac{1}{2}$時(shí)，D為A₁C₁的中點(diǎn)
證明AD⊥CD，AD⊥面BCD，即可得到AD是點(diǎn)A到平面BCD的距離d
（Ⅲ）作DE⊥AC于E，則∠DBE是DB與平面ABC所成的角，
作EF⊥AB于F，則DF⊥AB，即∠DFE是二面角D-AB-C的平面角，解三角形即可求解．

解答 解：（Ⅰ）∵在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)棱垂直于底面
∴C₁C⊥平面ABC  即$\left.\begin{array}{l}BC⊥{C_1}C\\ BC⊥AC\\ AC∩{C_1}C=C\end{array}\right\}⇒\left.\begin{array}{l}BC⊥平面{A_1}AC{C_1}\\ AD?平面{A_1}AC{C_1}\end{array}\right\}⇒AD⊥BC$-----（4分）
（Ⅱ） 當(dāng)k=$\frac{1}{2}$時(shí)，D為A₁C₁的中點(diǎn)
此時(shí)$AD=CD=\sqrt{{C_1}{C^2}+{C_1}{D^2}}=\sqrt{{1^2}+{1^2}}=\sqrt{2}$
∴AD²+CD²=2+2=4=AC²
∴AD⊥CD；
由（Ⅰ）平面BC⊥平面ACD
∴平面BCD⊥平面ACD
且平面BCD∩平面ACD=CD，又AD⊥CD
∴AD是點(diǎn)A到平面BCD的距離d，即$d=\sqrt{2}$；------（8分）
（Ⅲ）作DE⊥AC于E，則∠DBE是DB與平面ABC所成的角，
DE=1，$cos∠D{B}{E}=\frac{{\sqrt{5}}}{3}$∴$sin∠D{B}{E}=\frac{2}{3}$
∴tan$∠D{B}{E}=\frac{DE}{BE}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$
∴$BE=\frac{{\sqrt{5}}}{2}$
∴$CE=\sqrt{B{E^2}-B{C^2}}=\sqrt{\frac{5}{4}-1}=\frac{1}{2}$
作EF⊥AB于F，則DF⊥AB
∴∠DFE是二面角D-AB-C的平面角
此時(shí)Rt△AFE∽R(shí)t△ACB，則$\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}$
∴$EF=\frac{AE•BC}{AB}$
又$AE=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}，AB=\sqrt{A{C^2}+B{C^2}}=\sqrt{5}$
∴$EF=\frac{{\frac{3}{2}×1}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{3\sqrt{5}}}{10}$
∴tan$∠DF{E}=\frac{DE}{EF}=\frac{1}{{\frac{{3\sqrt{5}}}{10}}}=\frac{{2\sqrt{5}}}{3}$-----（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間線線垂直、點(diǎn)面距離、空間角的求解，屬于中檔題．