Question

8．如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥平面BB₁C₁C，∠CC₁B₁=$\frac{2π}{3}$，AB=BB₁=2，BC=1，D为CC₁的中点．
（I） 求证：DB₁⊥平面ABD；
（II） 求点A₁到平面AB₁D的距离．

Answer 1

分析 （I）推导出AB⊥DB₁，DB₁⊥BD，由此能证明DB₁⊥平面ABD．
（II）过D作DE⊥BB₁交BB₁于E，则DE⊥平面AA₁B₁，设点A₁到平面AB₁D的距离为h，由${V_{{A_1}-AD{B_1}}}={V_{D-A{A_1}{B_1}}}$，能求出点A₁到平面AB₁D的距离．

解答 证明：（I）∵AB⊥平面BB₁C₁C，∴AB⊥DB₁…（1分）
在△DB₁C₁中，∠B₁C₁D=120°，B₁C₁=DC₁=1，∴∠B₁DC₁=30°，
在△DBC中，∠BCD=60°，BC=DC=1，
∴∠BDC=60°，则∠B₁DB=90°，∴DB₁⊥BD…（4分）     
又AB∩BD=B，∴DB₁⊥平面ABD…（6分）
解：（II）过D作DE⊥BB₁交BB₁于E，则DE⊥平面AA₁B₁，
由（I）得BD=1，${B_1}D=\sqrt{3}$，∴$DE=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∵AA₁=BB₁=2，A₁B₁=AB=2，AB⊥平面BB₁C₁C，
∴${S_{△A{A_1}{B_1}}}=\frac{1}{2}A{A_1}•{A_1}{B_1}=2$，
∴${V_{D-A{A_1}{B_1}}}=\frac{1}{3}{S_{△A{A_1}{B_1}}}•DE=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$…（9分）
由（I）知DB₁⊥平面ABD，∴DB₁⊥AD，
又$AD=\sqrt{A{B^2}+B{D^2}}=\sqrt{5}$，${B_1}D=\sqrt{3}$，
∴${S_{△AD{B_1}}}=\frac{1}{2}AD•D{B_1}=\frac{{\sqrt{15}}}{2}$，
设点A₁到平面AB₁D的距离为h，
则由${V_{{A_1}-AD{B_1}}}={V_{D-A{A_1}{B_1}}}$，得$h=\frac{2}{5}\sqrt{5}$，
∴点A₁到平面AB₁D的距离为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．…（12分）

点评 本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．