Question

1．如圖，長(zhǎng)方體AC₁中，已知AB=BC=a，BB₁=b（b＞a），連結(jié)BC₁，過(guò)B₁作B₁E⊥BC₁交CC₁于E，交BC₁于Q．
（1）求證：AC₁⊥平面EB₁D₁；
（2）求點(diǎn)C₁到平面B₁ED₁的距離．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出B₁D₁⊥平面AA₁C₁，從而AC₁⊥B₁D₁，推導(dǎo)出B₁E⊥平面ABC₁，從而AC₁⊥B₁E，由此能證明AC₁⊥平面EB₁D₁．
（2）以A₁為原點(diǎn)，A₁B₁為x軸，A₁D₁為y軸，A₁A為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出點(diǎn)C₁到平面B₁ED₁的距離．

解答 證明：（1）∵AB=BC，∴A₁B₁=B₁C₁，
∵A₁B₁C₁D₁為正方形，∴A₁C₁⊥B₁D₁，
∵AA₁⊥B₁D₁，AA₁∩A₁C₁=A₁，
∴B₁D₁⊥平面AA₁C₁，∴AC₁⊥B₁D₁，
∵AB⊥平面BCC₁B₁，B₁E?平面BCC₁B₁，
∴AB⊥B₁E，又∵B₁E⊥BC₁，AB∩BC₁=B，
∴B₁E⊥平面ABC₁，∴AC₁⊥B₁E，
∵B₁E∩B₁D=B₁，∴AC₁⊥平面EB₁D₁．
解：（2）以A₁為原點(diǎn)，A₁B₁為x軸，A₁D₁為y軸，A₁A為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
∵AB=BC=a，BB₁=b（b＞a），連結(jié)BC₁，過(guò)B₁作B₁E⊥BC₁交CC₁于E，交BC₁于Q．
∴C₁（a，a，0），B₁（a，0，0），D（0，a，0），設(shè)E（a，a，t），B（a，0，b），
$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（0，a，-b），$\overrightarrow{{B}_{1}E}$=（0，a，t），
∵B₁E⊥BC₁，∴$\overrightarrow{B{C}_{1}}•\overrightarrow{{B}_{1}E}$=a²-tb=0，解得t=$\frac{{a}^{2}}$，∴E（a，a，$\frac{{a}^{2}}$），
$\overrightarrow{{B}_{1}D}$=（-a，a，0），$\overrightarrow{{B}_{1}E}$=（0，a，$\frac{{a}^{2}}$），$\overrightarrow{{B}_{1}{C}_{1}}$=（0，a，0），
設(shè)平面B₁DE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}D}=-ax+ay=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}E}=ay+\frac{{a}^{2}}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，$\frac{a}$），
∴點(diǎn)C₁到平面B₁ED₁的距離d=$\frac{|\overrightarrow{{B}_{1}{C}_{1}}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|a|}{\sqrt{2+\frac{^{2}}{{a}^{2}}}}$=$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{2{a}^{2}+^{2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查點(diǎn)到平面的距離的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．