Question

15．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)面BB₁C₁C為菱形，AC=AB₁．
（1）證明：AB⊥B₁C；
（2）若$B{B_1}=a，∠CB{B_1}=\frac{2π}{3}$，平面AB₁C⊥平面BB₁C₁C，直線AB與平面BB₁C₁C所成角為$\frac{π}{4}$，求點(diǎn)B₁到平面ABC的距離．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)BC₁交B₁C于O，連結(jié)AO，說明B₁C⊥BC₁，AO⊥B₁C，證明B₁C⊥平面ABO，即可推出AB⊥B₁C．
（2）證明AO⊥平面BB₁C₁C．得到$∠ABO=\frac{π}{4}$，求出${V_{A-{B_1}BC}}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\sqrt{3}a×\frac{1}{2}a×\frac{1}{2}a=\frac{{\sqrt{3}}}{24}{a^3}$，設(shè)B₁到平面ABC的距離為h，利用等體積法，轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（1）證明：連結(jié)BC₁交B₁C于O，連結(jié)AO，
在菱形BB₁C₁C中，B₁C⊥BC₁，
∵AC=AB₁，O為B₁C中點(diǎn)，
∴AO⊥B₁C，
又∵AO∩BC₁=0，
∴B₁C⊥平面ABO，
∴AB⊥B₁C．
（2）∵平面AB₁C⊥平面BB₁C₁C，平面AB₁C∩平面BB₁C₁C=B₁C，又AO⊥B₁C，
∴AO⊥平面BB₁C₁C．
∴$∠ABO=\frac{π}{4}$，
∵BB₁=a，$∠CB{B_1}=\frac{2π}{3}$，
∴$B{C_1}=a，BO=\frac{a}{2}$，故$AO=\frac{a}{2}，AB=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a，CO=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，AC=a$．
∴${V_{A-{B_1}BC}}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×\sqrt{3}a×\frac{1}{2}a×\frac{1}{2}a=\frac{{\sqrt{3}}}{24}{a^3}$，
∵△ABC為等腰三角形，∴${S_{△ABC}}=\frac{{\sqrt{7}}}{8}{a^2}$．
設(shè)B₁到平面ABC的距離為h，則${V_{A-{B_1}BC}}={V_{{B_1}-ABC}}=\frac{1}{3}×\frac{{\sqrt{7}}}{8}{a^2}×h=\frac{{\sqrt{7}}}{24}{a^2}•h=\frac{{\sqrt{3}}}{24}{a^3}$，
∴$h=\frac{{\sqrt{21}}}{7}a$．

點(diǎn)評 本題考查直線與平面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理的應(yīng)用，幾何體的體積的求法，考查計(jì)算能力以及空間想象能力．