Question

10．已知某幾何體的直觀圖和三視圖如圖所示，其正視圖為矩形，側視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形．
（1）求證：BN丄平面C₁B₁N；
（2）設M為AB中點，在BC邊上找一點P，使MP∥平面CNB₁，并求$\frac{BP}{PC}$的值．
（3）求點A到平面CB₁N的距離．

Answer 1

分析 （1）由題意可得BB₁C₁C是矩形，AB⊥BC，AB⊥BB₁，BC⊥BB₁ ，AB=BC=4，BB₁=CC₁=8，AN=4，BC⊥平面ANBB₁，證明B₁C₁⊥BN，BN⊥B₁N，可證得BN⊥平面C₁B₁N．
（2）過M作MR∥BB₁，交NB₁于R，過P作PQ∥BB₁，交CB₁于Q．設PC=a，求得PQ=2a．由PQ=MR得a=3，此時，PMRQ是平行四邊形，可得MP∥平面CNB₁，可求得 $\frac{BP}{PC}$ 的值．
（3）先求出△CNB₁ 的面積，而△ANB₁面積可求，設點A到平面CB₁N的距離為h，根據等體積法可得${V}_{A-C{NB}_{1}}$=${V}_{C-A{NB}_{1}}$，由此求得h的值．

解答 （1）證明：如圖：∵該幾何體的正視圖為矩形，側視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，
∴BB₁C₁C是矩形，AB⊥BC，AB⊥BB₁，BC⊥BB₁ ，
由三視圖中的數據知：AB=BC=4，BB₁=CC₁=8，AN=4．
∵AB⊥BC，BC⊥BB₁，∴BC⊥平面ANBB₁，
∵B₁C₁∥BC，∴B₁C₁⊥平面ANBB₁ ，因此B₁C₁⊥BN．
在直角梯形B₁BAN中，過N作NE∥AB交BB₁于E，則B₁E=BB₁-AN=4，
故△NEB₁是等腰直角三角形，∴∠B₁NE=45°，
又AB=4，AN=4，∴∠ANB=45°，因此∠BNB₁=90°，即BN⊥B₁N，
又B₁N∩B₁C₁=B₁，∴BN⊥平面C₁B₁N．
（2）解：過M作MR∥BB₁，交NB₁于R，則MR=$\frac{8+4}{2}$=6，
過P作PQ∥BB₁，交CB₁于Q，則PQ∥MR，
設PC=a，則$\frac{PQ}{{BB}_{1}}$=$\frac{PC}{BC}$，即 $\frac{PQ}{8}$=$\frac{a}{4}$，∴PQ=2a．
由PQ=MR得：2a=6，a=3，此時，PMRQ是平行四邊形，∴PM∥RQ，PM=RQ．
∵RQ?平面CNB₁，MP?平面CNB₁，∴MP∥平面CNB₁，$\frac{BP}{PC}$=$\frac{4-3}{3}$=$\frac{1}{3}$．
（3）∵△CNB₁中，CN=$\sqrt{{CB}^{2}{+BN}^{2}}$=$\sqrt{16+（16+16）}$=4$\sqrt{3}$，NB₁=$\sqrt{{NE}^{2}{{+B}_{1}E}^{2}}$=$\sqrt{16+16}$=4$\sqrt{2}$，CB₁=$\sqrt{{BC}^{2}{+{BB}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{16+64}$=4$\sqrt{5}$，
∴CN²+${{NB}_{1}}^{2}$=${{CB}_{1}}^{2}$，∴CN⊥NB₁．
設點A到平面CB₁N的距離為h，∵${V}_{A-C{NB}_{1}}$=${V}_{C-A{NB}_{1}}$，∴$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}•CN•{NB}_{1}$）•h=$\frac{1}{3}$•（$\frac{1}{2}$AN•NB₁•sin∠ANB₁）•CB，
即 CN•NB₁•h=AN•NB₁•sin（90°+45°）•CB，即 4$\sqrt{3}$•4$\sqrt{2}$•h=4•4$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{2}}{2}$•4，∴h=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題主要考查三視圖，直線與平面的平行的判定和性質，直線與平面的垂直的判定和性質，用等體積法求點到面的距離，屬于難題．