Question

19．如圖，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面邊長為2，側(cè)楞長為$\sqrt{2}$，D為A₁C₁中點．
（1）求證：BC₁∥平面AB₁D；
（2）求證：平面AB₁D⊥平面AA₁C₁C；
（3）求點B到平面AB₁D的距離．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)A₁B與AB₁交于E，與偶三角形的中位線的性質(zhì)可得BC₁∥DE，再根據(jù)直線和平面平行的判定定理，證明BC₁∥平面AB₁D．
（2）證明B₁D⊥平面AA₁C₁C，即可證明平面AB₁D⊥平面AA₁C₁C；
（3）過點D作DH⊥A₁B₁，利用平面和平面垂直的性質(zhì)可得DH⊥平面ABB₁A₁ ，DH為三棱錐D-ABB₁的高，求出VD-ABB1，利用等體積求得結(jié)果．

解答 （1）證明：連結(jié)A₁B與AB₁交于E，連結(jié)DE，則E為A₁B的中點，故DE為△A₁BC₁的中位線，
∴BC₁∥DE．
又DE?平面AB₁D，BC₁?平面AB₁D，
∴BC₁∥平面AB₁D．（6分）
（2）證明：∵D為A₁C₁中點，
∴B₁D⊥A₁C₁，
∵B₁D⊥A₁A，A₁C₁∩A₁A=A₁，
∴B₁D⊥平面AA₁C₁C
∵B₁D?平面AB₁D，
∴平面AB₁D⊥平面AA₁C₁C
（3）解：過點D作DH⊥A₁B₁，
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁，∴AA₁⊥平面A₁B₁C₁，AA₁⊥DH，AA₁∩A₁B₁=A₁，
∴DH⊥平面ABB₁A₁．DH為三棱錐D-ABB₁的高．
∵${S}_{△AB{B}_{1}}$且DH=A₁Dsin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴${V}_{D-AB{B}_{1}}$=$\frac{1}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×2=$\frac{\sqrt{6}}{6}$，
∵${S}_{△A{B}_{1}D}$=$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\sqrt{3}$=$\frac{3}{2}$
∴點B到平面AB₁D的距離=$\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}×3}{\frac{3}{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題主要考查直線和平面平行的判定定理的應用，平面和平面垂直的證明，求棱錐的體積，屬于中檔題．