Question

17．如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，E为A₁C₁的中点，$\frac{{C{C_1}}}{{{C_1}E}}=\sqrt{2}$
（Ⅰ）证明：CE⊥平面AB₁C₁；
（Ⅱ）若AA₁=$\sqrt{6}$，∠BAC=30°，求点E到平面AB₁C的距离．

Answer 1

分析 （1）证明B₁C₁⊥平面ACC₁A₁得出B₁C₁⊥CE，利用相似三角形证明CE⊥AC₁，故而CE⊥平面AB₁C₁；
（2）求出各线段的长，根据V${\;}_{{B}_{1}-ACE}$=V${\;}_{E-A{B}_{1}C}$解出点E到平面AB₁C的距离．

解答 （I）证明：∵CC₁⊥平面A₁B₁C₁，B₁C₁?平面A₁B₁C₁，
∴CC₁⊥B₁C₁，又B₁C₁⊥A₁C₁，
∴B₁C₁⊥平面AA₁C₁C，又CE?平面AA₁C₁C，
∴B₁C₁⊥CE，
∵E是A₁C₁的中点，$\frac{C{C}_{1}}{{C}_{1}E}$=$\sqrt{2}$，
∴$\frac{AC}{C{C}_{1}}$=$\frac{2}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，∴$\frac{C{C}_{1}}{{C}_{1}E}=\frac{AC}{C{C}_{1}}$，
∴Rt△CC₁E∽RtACC₁，∴∠C₁CE=∠CAC₁，
∴∠CAC₁+∠ACE=90°，即CE⊥AC₁，
又AC₁?平面AB₁C₁，B₁C₁?平面AB₁C₁，B₁C₁∩AC₁=C₁，
∴CE⊥平面AB₁C₁．
（II）∵AA₁=$\sqrt{6}$，$\frac{C{C}_{1}}{{C}_{1}E}$=$\sqrt{2}$，
∴C₁E=$\sqrt{3}$，AC=2$\sqrt{3}$，
∴S_△ACE=$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×\sqrt{6}$=3$\sqrt{2}$，
∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，AC=2$\sqrt{3}$，
∴AB=4，B₁C₁=BC=2，
∴AB₁=$\sqrt{22}$，B₁C=$\sqrt{10}$，V${\;}_{{B}_{1}-ACE}$=$\frac{1}{3}{S}_{△ACE}•{B}_{1}{C}_{1}$=$\frac{1}{3}×3\sqrt{2}×2$=2$\sqrt{2}$，
∴AC²+B₁C²=AB₁²，∴AC⊥B₁C，
∴S${\;}_{△A{B}_{1}C}$=$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×\sqrt{10}$=$\sqrt{30}$，
设E到平面AB₁C的距离为h，则V${\;}_{E-A{B}_{1}C}$=$\frac{1}{3}{S}_{△A{B}_{1}C}•h$=$\frac{\sqrt{30}h}{3}$，
∵V${\;}_{{B}_{1}-ACE}$=V${\;}_{E-A{B}_{1}C}$，∴2$\sqrt{2}$=$\frac{\sqrt{30}h}{3}$，解得h=$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
点E到平面AB₁C的距离为$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查了线面垂直的性质与判定，棱锥的体积计算，属于中档题．