Question

20．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA₁，E、F分別為BC、CC₁的中點(diǎn)．
（1）求證：B₁E⊥平面AEF；
（2）當(dāng)AB=2時(shí)，求點(diǎn)E到平面B₁AF的距離．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理可證明B₁E⊥EF，再由題意可得BB₁⊥AE，從而證明B₁E⊥平面AEF；
（2）由條件知，$|AE|=\sqrt{2}，\;\;|{B_1}E|=\sqrt{6}，\;\;|EF|=\sqrt{3}，\;\;|AF|=\sqrt{5}$，$|A{B_1}|=2\sqrt{2}，\;\;|{B_1}F|=3$，從而可求得${S_{△AEF}}=\frac{1}{2}|AE|•|EF|=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{3}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，再解△AFB₁，從而可得$d•{S_{△A{B_1}F}}=|{B_1}E|•{S_{△AEF}}$，從而解得．

解答 解：（1）證明：在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，不妨設(shè)|AB|=|AA₁|=a，
∵△ABC為等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴$|{BC}|=|{B_1}{C_1}|=\sqrt{2}a$，
∵E、F分別為BC、CC₁的中點(diǎn)，
∴$|{B_1}E{|^2}=|BE{|^2}+|B{B_1}{|^2}={（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}a}）^2}+{a^2}=\frac{3}{2}{a^2}$，
$|EF{|^2}=|EC{|^2}+|CF{|^2}={（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}a}）^2}+\frac{1}{4}{a^2}=\frac{3}{4}{a^2}$，
$|{B_1}F{|^2}=|{B_1}{C_1}{|^2}+|{C_1}F{|^2}=2{a^2}+\frac{1}{4}{a^2}=\frac{9}{4}{a^2}$，
∴$|{B_1}E{|^2}+|EF{|^2}=\frac{3}{2}{a^2}+\frac{3}{4}{a^2}=\frac{9}{4}{a^2}=|{B_1}F{|^2}$，
∴B₁E⊥EF，
又∵AE⊥BC，B₁B⊥平面ABC，
∴BB₁⊥AE，
∴AE⊥面BCC₁B₁
∴B₁E⊥AE，AE∩EF=E，
∴B₁E⊥平面AEF．
（2）解：由條件知，$|AE|=\sqrt{2}，\;\;|{B_1}E|=\sqrt{6}，\;\;|EF|=\sqrt{3}，\;\;|AF|=\sqrt{5}$，$|A{B_1}|=2\sqrt{2}，\;\;|{B_1}F|=3$，
∵AE⊥EF，
∴${S_{△AEF}}=\frac{1}{2}|AE|•|EF|=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{3}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，
在△AFB₁中，$cos∠{B_1}AF=\frac{8+5-9}{{2×2\sqrt{2}×\sqrt{5}}}=\frac{1}{{\sqrt{10}}}，\;\;sin∠{B_1}AF=\frac{3}{{\sqrt{10}}}$，
∴${S_{△A{B_1}F}}=\frac{1}{2}|A{B_1}|\;•\;|AF|sin∠{B_1}AF=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{5}×\frac{3}{{\sqrt{10}}}=3$，
設(shè)點(diǎn)E到平面B₁AF的距離為d，
則$d•{S_{△A{B_1}F}}=|{B_1}E|•{S_{△AEF}}$，
∴$d=\frac{{\sqrt{6}×\frac{{\sqrt{6}}}{2}}}{3}=1$，
即點(diǎn)E到平面B₁AF的距離為1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直的證明與勾股定理的應(yīng)用，同時(shí)考查了面積與體積的求法及等體積的應(yīng)用，屬于中檔題．