Question

18．如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，側(cè)棱AA₁=2，D、E分別是CC₁與A₁B的中點(diǎn)，點(diǎn)E在平面ABD上的射影是△ABD的垂心G．
（Ⅰ）求A₁B與平面ABD所成角的正弦；
（Ⅱ）求點(diǎn)A₁到平面AED的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結(jié)BG，則BG是BE在ABD的射影，則∠EBG是A₁B與平面ABD所成的角，由已知可得GE=DF，在直角三角形EFD中，通過(guò)求解直角三角形得$FD=\sqrt{3}$，進(jìn)一步求得AB=$2\sqrt{2}$，${A}_{1}B=2\sqrt{3}，EB=\sqrt{3}$，則A₁B與平面ABD所成角的正弦值可求；
（Ⅱ）連結(jié)A₁D，利用等積法求得A₁到平面AED的距離．

解答 解：（Ⅰ）連結(jié)BG，則BG是BE在ABD的射影，
即∠EBG是A₁B與平面ABD所成的角，
設(shè)F為AB的中點(diǎn)，連結(jié)EF、FC，
∵D，E分別是CC₁與A₁B的中點(diǎn)，
又DC⊥平面ABC，
∴CDEF為矩形，連接DE，G是ADB的重心，
∴GE=DF，
在直角三角形EFD中，$E{F}^{2}=FG•FD=\frac{1}{3}F{D}^{2}$，
∵EF=1，∴$FD=\sqrt{3}$，
于是$ED=\sqrt{2}，EG=\frac{1×\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∵$FC=CD=\sqrt{2}$，
∴AB=$2\sqrt{2}$，${A}_{1}B=2\sqrt{3}，EB=\sqrt{3}$，
∴$sin∠EBG=\frac{EG}{EB}=\frac{\sqrt{6}}{3}•\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$，
∴A₁B與平面ABD所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{2}}{3}$；
（Ⅱ）連結(jié)A₁D，有${V}_{{A}_{1}-AED}={V}_{D-A{A}_{1}E}$，
∵ED⊥AB，ED⊥EF，
又EF∩AB=F，
∴ED⊥平面A₁AB，
設(shè)A₁到平面AED的距離為h，則${S}_{△AED}•h={S}_{△{A}_{1}AD}•ED$，
又${S}_{△{A}_{1}AE}=\frac{1}{2}{S}_{△{A}_{1}AB}=\frac{1}{4}{A}_{1}A•AB=\sqrt{2}$．
${S}_{△AED}=\frac{1}{2}AE•ED=\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴$h=\frac{\sqrt{2}×\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，即A₁到平面AED的距離$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線(xiàn)與平面所成的角，考查了點(diǎn)到平面距離的求法，考查空間想象能力和思維能力，考查計(jì)算能力，是中檔題．