Question

17．在三棱錐S-ABC中，△ABC是邊長為4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2$\sqrt{3}$，M、N分別為AB，SB的中點．
（Ⅰ）證明：AC⊥SB；
（Ⅱ）（理）求二面角N-CM-B的大�。�
（文） 求SA與CN所成的角．
（Ⅲ）求點B到平面CMN的距離．

Answer 1

分析 （1）取AC中點D，連接SD、DB．由SA=SC，AB=BC，知SD⊥AC，BD⊥AC，由此能夠證明AC⊥SB．
（2）（理）由AC⊥平面SDB，AC?平面ABC，知平面SDB⊥平面ABC．過N作NE⊥BD于E，則NE⊥平面ABC，過E作EF⊥CM于F，連接NF，則NF⊥CM，∠NFE為二面角N-CM-B的平面角．由此能求出二面角N-CM-B的正切值；
（文）分別求出CE、CN的值，以及MN、CM的值，代入余弦公式，求出SA與CN所成的角即可．
（3）在Rt△NEF中，由NF=$\sqrt{{EF}^{2}{+EN}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，知S_△CMN=$\frac{1}{2}$CM•NF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，S_△CMB=$\frac{1}{2}$BM•CM=2$\sqrt{3}$．由V_B-CMN=V_N-CMB，能求出點B到平面CMN的距離．

解答 解：（1）取AC中點D，連接SD、DB．
∵SA=SC，AB=BC∴SD⊥AC，BD⊥AC，
∴AC⊥平面SDB，又SB?平面SDB，
∴AC⊥SB．
（2）（理）∵AC⊥平面SDB，AC?平面ABC，
∴平面SDB⊥平面ABC．
過N作NE⊥BD于E，則NE⊥平面ABC，
過E作EF⊥CM于F，連接NF，
則NF⊥CM，∠NFE為二面角N-CM-B的平面角．
∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，
∴SD⊥平面ABC．
又NE⊥平面ABC，∴NE∥SD．
∵SN=NB，
∴NE=$\frac{1}{2}$SD=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{SA}^{2}{-AD}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{12-4}$=$\sqrt{2}$，且ED=EB．
在正△ABC中，EF=$\frac{1}{4}$MB=$\frac{1}{2}$，
在Rt△NEF中，tan∠NFE=$\frac{EN}{EF}$=2$\sqrt{2}$，
∴二面角N-CM-B的正切值為2$\sqrt{2}$，
二面角N-CM-B的大小是arctan2$\sqrt{2}$；
（文）∵M、N分別為AB，SB的中點，
∴MN∥SA，
∴∠CNM或其補角是所求的角，
取BD的中點E，連結(jié)CE、NE，
∵NE∥SD，∴NE⊥面ABC，
∴NE⊥CE，
RT△CDE中，CE=$\sqrt{{CD}^{2}{+DE}^{2}}$=$\sqrt{4+3}$=$\sqrt{7}$，
∴RT△NCE中，CN=$\sqrt{{CE}^{2}{+NE}^{2}}$=$\sqrt{7+3}$=$\sqrt{10}$，
∵MN=$\sqrt{3}$，CM=2$\sqrt{3}$，
∴cos∠CNM=$\frac{10+3-12}{2×\sqrt{10}×\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{30}}{60}$，
故SA與CN所成的角是arccos$\frac{\sqrt{30}}{60}$；
（3）在Rt△NEF中，NF=$\sqrt{{EF}^{2}{+EN}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴S_△CMN=$\frac{1}{2}$CM•NF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
S_△CMB=$\frac{1}{2}$BM•CM=2$\sqrt{3}$．
設(shè)點B到平面CMN的距離為h，
∵V_B-CMN=V_N-CMB，NE⊥平面CMB，
∴$\frac{1}{3}$S_△CMN•h=$\frac{1}{3}$S_△CMB•NE，
∴h=$\frac{{S}_{△CMB}•NE}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．
即點B到平面CMN的距離為$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．

點評 本題考查異面直線的證明，二面角正切值的求法和點到平面距離的計算，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．