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14.如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是AB,BB1的中點(diǎn),AA1=AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB.
(Ⅰ)證明:BC1∥平面A1CD
(Ⅱ)求點(diǎn)C1到平面DA1C的距離.
(Ⅱ)求二面角D-A1C-E的正弦值.

分析 (Ⅰ)連接AC1交A1C于點(diǎn)F,連接DF,則BC1∥DF,由此能證明BC1∥平面A1CD.
(Ⅱ)由AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB,得AC⊥BC.以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA為x軸,CB為y軸,CC1為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz.利用向量法能求出點(diǎn)C1到平面DA1C的距離.
(Ⅲ)求出平面A1CD的法向量和平面A1CE的法向量,利用向量法能求出二面角D-A1C-E的正弦值.

解答 證明:(Ⅰ)連接AC1交A1C于點(diǎn)F,
則F為AC1的中點(diǎn).又D是AB的中點(diǎn),
連接DF,則BC1∥DF.
因?yàn)镈F?平面A1CD,BC1?平面A1CD,
所以BC1∥平面A1CD.
解:(Ⅱ)由AC=CB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB,得AC⊥BC.
以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA為x軸,CB為y軸,CC1為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.
設(shè)CA=2,則D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),C1(0,0,2),
$\overrightarrow{CD}$=(1,1,0),$\overrightarrow{CE}$=(0,2,1),$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=(2,0,2).
設(shè)$\overrightarrow{n}$=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}={x}_{1}+{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2{x}_{1}+2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$,取x1=1,得$\overrightarrow{n}$=(1,-1,-1).
$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=(0,0,2),
點(diǎn)C1到平面DA1C的距離d=$\frac{|\overrightarrow{C{C}_{1}}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
(Ⅲ)平面A1CD的法向量$\overrightarrow{n}$=(1,-1,-1),
設(shè)$\overrightarrow{m}$=(x2,y2,z2)是平面A1CE的法向量,
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CE}=2{y}_{2}+{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2{x}_{2}+2{z}_{2}=0}\end{array}\right.$,取x2=2,得$\overrightarrow{m}$=(2,1,-2).
從而cos<$\overrightarrow{n}$,$\overrightarrow{m}$>=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3}{\sqrt{3}•3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,故sin<$\overrightarrow{n}$,$\overrightarrow{m}$>=$\sqrt{1-(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$.
即二面角D-A1C-E的正弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查線(xiàn)面平行的證明,考查點(diǎn)到平面的距離的求法,考查二面角的正弦值的求法,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.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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