Question

7．如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，$∠ACB={90°}，AC=1，CB=\sqrt{2}$，側(cè)棱AA₁=1，側(cè)面AA₁B₁B的兩條對角線交于點(diǎn)D，B₁C₁的中點(diǎn)為M．
（1）求證：CD⊥平面BDM；
（2）求證：面A₁CB⊥平面BDM；
（3）求二面角B₁-BD-C的平面角的余弦值；
（4）求直線BM與平面A₁CB成角正切值；
（5）求點(diǎn)A到面BDM的距離．

Answer 1

分析 （1）先以CB為x軸，CC₁為y軸，CA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，然后分別確定點(diǎn)B、M、D的坐標(biāo)，利用向量法有證明CD⊥平面BDM．
（2）由CD⊥平面BDM利用面面垂直的判定定理得到面A₁CB⊥平面BDM．
（3）求出平面BDC的法向量和平面B₁BD的法向量，利用向量法能求出二面角B₁-BD-C的平面角的余弦值．
（4）求出平面A₁CB的法向量，利用向量法能求出直線BM與平面A₁CB成角正切值
（5）求出平面BDM的一個(gè)法向量，$\overrightarrow{BA}$，由此能求出點(diǎn)A到面BDM的距離．

解答 證明：（1）由題意知AC、BC、CC₁兩兩垂直，
則以CB為x軸，CC₁為y軸，CA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
∵CB=$\sqrt{2}$，CC₁=AA₁=1，CA=1，M為B₁C₁的中點(diǎn)．
∴B（$\sqrt{2}$，0，0），M（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1，0），
又∵點(diǎn)D是矩形AA₁B₁B的兩條對角線的交點(diǎn)，
∴D（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），
則$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{BM}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1，0），$\overrightarrow{BD}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$），
∴$\overrightarrow{CD}$•$\overrightarrow{BM}$=-$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$，$\overrightarrow{CD}•\overrightarrow{BD}$=-$\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}$=0，
∴CD⊥BM，CD⊥BD，
又BM∩BD=B，∴CD⊥平面BDM．
（2）∵CD⊥平面BDM，CD?平面A₁CB，
∴面A₁CB⊥平面BDM．
解：（3）$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{CB}$=（$\sqrt{2}，0，0$），
設(shè)平面BDC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{2}x=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}$=（0，1，-1），
B₁（$\sqrt{2}$，1，0），$\overrightarrow{BD}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{B{B}_{1}}$=（0，1，0），
設(shè)平面B₁BD的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=-\frac{\sqrt{2}}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{B}_{1}}=b=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\sqrt{2}$），
設(shè)二面角B₁-BD-C的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}•\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴二面角B₁-BD-C的平面角的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（4）A₁（0，1，1），$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（0，1，1），$\overrightarrow{CB}$=（$\sqrt{2}，0，0$），$\overrightarrow{BM}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1，0），
設(shè)平面A₁CB的法向量$\overrightarrow{p}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=y+z=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{2}x=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{p}$=（0，1，-1），
設(shè)直線BM與平面A₁CB成角為β，
sinβ=$\frac{|\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{p}|}{|\overrightarrow{BM}|•|\overrightarrow{p}|}$=$\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}}•\sqrt{2}}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$，cosβ=$\sqrt{1-（\frac{1}{\sqrt{3}}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$，tanβ=$\frac{sinβ}{cosβ}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴直線BM與平面A₁CB成角正切值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（5）∵CD⊥平面BDM，∴平面BDM的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$）
A（0，0，1），$\overrightarrow{BA}$=（-$\sqrt{2}$，0，1），
∴點(diǎn)A到面BDM的距離d=$\frac{|\overrightarrow{BA}•\overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{CD}|}$=$\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}}$=$\frac{1}{2}$．
∴點(diǎn)A到面BDM的距離為$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查線面垂直、面面垂直的證明，考查二面角的平面角的余弦值的求法，考查直線與平面所成角正切值的求法，考查點(diǎn)到的距離的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．