Question

6．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面ADC；
（Ⅱ） 若AD=1，AC与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为$\sqrt{6}$，求点B到平面ADE的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意结合面面垂直的性质可得BD⊥DC，有DC⊥平面ABD，进一步得到DC⊥AB，再由线面垂直的判定可得AB⊥平面ADC；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知DC⊥平面ABD，可得AC在平面ABD内的正投影为AD，求解直角三角形得到AB的值，然后利用等积法求得点B到平面ADE的距离．

解答 （Ⅰ）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
又BD⊥DC，∴DC⊥平面ABD，
∵AB?平面ABD，∴DC⊥AB，
又∵折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD=D，
∴AB⊥平面ADC．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知DC⊥平面ABD，所以AC在平面ABD内的正投影为AD，
即∠CAD为AC与其在平面ABD内的正投影所成角．
依题意$tan∠CAD=\frac{CD}{AD}=\sqrt{6}$，
AD=1，∴$CD=\sqrt{6}$．
设AB=x（x＞0），则$BD=\sqrt{{x^2}+1}$，
∵△ABD～△BDC，∴$\frac{AB}{AD}=\frac{DC}{BD}$，
即$\frac{x}{1}=\frac{{\sqrt{6}}}{{\sqrt{{x^2}+1}}}$，
解得$x=\sqrt{2}$，故$AB=\sqrt{2}，BD=\sqrt{3}，BC=3$．
由于AB⊥平面ADC，AB⊥AC，E为BC的中点，
由平面几何知识得AE=$\frac{BC}{2}=\frac{3}{2}$，
同理DE=$\frac{BC}{2}=\frac{3}{2}$，
∴${S_{△ADE}}=\frac{1}{2}×1×\sqrt{{{（{\frac{3}{2}}）}^2}-{{（{\frac{1}{2}}）}^2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
∵DC⊥平面ABD，∴${V_{A-BCD}}=\frac{1}{3}CD•{S_{ABD}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
设点B到平面ADE的距离为d，
则$\frac{1}{3}d•{S_{ADE}}={V_{B-ADE}}={V_{A-BDE}}=\frac{1}{2}{V_{A-BCD}}=\frac{{\sqrt{3}}}{6}$，
∴$d=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，即点B到平面ADE的距离为$\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．