Question

12．如圖，棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是平行四邊形，側(cè)棱AA₁⊥底面ABCD，AB=1，AC=$\sqrt{3}$，BC=BB₁=2．
（Ⅰ）求證：AC⊥平面ABB₁A₁；
（Ⅱ）求點(diǎn)D到平面ABC₁的距離d．

Answer 1

分析 （I）利用勾股定理逆定理證明AC⊥AB，結(jié)合AC⊥AA₁可得AC平面ABB₁A₁．
（II）根據(jù)V${\;}_{{C}_{1}-ABD}$=V${\;}_{D-AB{C}_{1}}$，列方程解出d．

解答 （Ⅰ）證明：∵在底面ABCD中，AB=1，$AC=\sqrt{3}$，BC=2，
∴BC²=AC²+AB²，即AB⊥AC，
∵側(cè)棱AA₁⊥底面ABCD，AC?平面ABCD，
∴AA₁⊥AC，
又∵AA₁∩AB=A，AA₁?平面ABB₁A₁，AB?平面ABB₁A₁，
∴AC⊥平面ABB₁A₁．
（Ⅱ）連接DB，DC₁，
由（Ⅰ）知△ABC為直角三角形，且${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴S_△ABD=$\frac{1}{2}$S${\;}_{平行四邊形AB{C}_{1}{D}_{1}}$=S_△ABC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又∵側(cè)棱CC₁⊥底面ABCD，
∴${V_{{C_1}-ABD}}=\frac{1}{3}×{S_{△ABD}}×C{C_1}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
∵AB⊥AC，AB⊥CC₁，AC∩CC₁=C，
∴AB⊥平面ACC₁，且AC₁?平面ACC₁，
∴AB⊥AC₁，
又∵$A{C_1}=\sqrt{A{C^2}+C{C_1}^2}=\sqrt{7}$，
∴${S_{△AB{C_1}}}=\frac{1}{2}×1×\sqrt{7}=\frac{{\sqrt{7}}}{2}$，
∴${V_{D-AB{C_1}}}=\frac{1}{3}×{S_{△AB{C_1}}}×d$=${V_{{C_1}-ABD}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
解得$d=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直的判定，空間距離的計(jì)算，屬于中檔題．