Question

4．如圖，在底面是菱形的四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，∠ABC=60°，AA₁=AC=2，A₁B=A₁D=2$\sqrt{2}$，點E在A₁D上．
（1）證明：AA₁⊥面ABCD．
（2）當(dāng)$\frac{{A}_{1}E}{ED}$為何值時，A₁B∥平面EAC，并求出此時直線A₁B與平面EAC之間的距離．

Answer 1

分析 （I）利用勾股定理的逆定理可得：A₁A⊥AB；A₁A⊥AD．再利用線面垂直的判定定理即可證明結(jié)論．
（II）①當(dāng)$\frac{{A}_{1}E}{ED}$=1時，A₁B∥平面EAC．下面給出證明：連接BD，交AC于點O．利用三角形中位線定理可得：A₁B∥OE，再利用線面平行的判定定理即可證明A₁B∥平面EAC．
②由OE是△A₁BD的中位線，可得求出點D到平面EAC的距離即直線A₁B與平面EAC之間的距離．利用V_E-ACD=V_D-ACE，即$\frac{1}{3}×h•{S}_{△ACD}$=$\frac{1}{3}×d•{S}_{△ACE}$，解出即可得出．

解答 （I）證明：∵AA₁=2，A₁B=A₁D=2$\sqrt{2}$，
∴${A}_{1}{A}^{2}+A{B}^{2}$=8=${A}_{1}{B}^{2}$，可得∠A₁AB=90°，
∴A₁A⊥AB；同理可得：A₁A⊥AD．
又AB∩AD=A，∴AA₁⊥面ABCD．
（II）①當(dāng)$\frac{{A}_{1}E}{ED}$=1時，A₁B∥平面EAC．下面給出證明：連接BD，交AC于點O．
連接OE，則OE是△A₁BD的中位線，∴A₁B∥OE．
又A₁B?平面EAC，OE?平面EAC，
∴A₁B∥平面EAC．
②∵OE是△A₁BD的中位線，
∴求出點D到平面EAC的距離即直線A₁B與平面EAC之間的距離．
點E到平面ACD的距h=$\frac{1}{2}$AA₁=1．
S_△ACD=$\frac{\sqrt{3}}{4}×{2}^{2}$=$\sqrt{3}$．
EC=$\sqrt{{1}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2=AC，AE=$\sqrt{2}$．
∴S_△ACE=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{{2}^{2}-（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$．
∵V_E-ACD=V_D-ACE，
∴$\frac{1}{3}×h•{S}_{△ACD}$=$\frac{1}{3}×d•{S}_{△ACE}$，
∴d=$\frac{1×\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{7}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系、距離的計算、線面垂直平行判定與性質(zhì)定理、等邊三角形的性質(zhì)、等體積法、三角形中位線定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．