题目内容
13．
如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，M是AB的中点．（1）求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；
（2）求点M到平面A1CB1的距离．
分析 （Ⅰ）推导出A1A⊥CM，AB⊥CM．由此能证明平面A1CM⊥平面ABB1A1．
（Ⅱ）设点M到平面A1CB1的距离为h，由${V_{C-{A_1}M{B_1}}}=\frac{1}{3}MC•{S_{△{A_1}M{B_1}}}={V_{M-{A_1}C{B_1}}}=\frac{1}{3}h•{S_{△{A_1}C{B_1}}}$，能求出点M到平面A1CB1的距离．
解答 证明：（Ⅰ）由A1A⊥平面ABC，CM?平面ABC，则A1A⊥CM．
由AC=CB，M是AB的中点，则AB⊥CM．
又A1A∩AB=A，则CM⊥平面ABB1A1，
又CM?平面A1CM，
所以平面A1CM⊥平面ABB1A1．
解：（Ⅱ）设点M到平面A1CB1的距离为h，
由题意可知${A_1}C=C{B_1}={A_1}{B_1}=2MC=2\sqrt{2}$，${S_{△{A_1}C{B_1}}}=2\sqrt{3}$，${S_{△{A_1}M{B_1}}}=2\sqrt{2}$．
由（Ⅰ）可知CM⊥平面ABB1A1，得：
${V_{C-{A_1}M{B_1}}}=\frac{1}{3}MC•{S_{△{A_1}M{B_1}}}={V_{M-{A_1}C{B_1}}}=\frac{1}{3}h•{S_{△{A_1}C{B_1}}}$，
所以，点M到平面A1CB1的距离$h=\frac{{MC•{S_{△{A_1}M{B_1}}}}}{{{S_{△{A_1}C{B_1}}}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
点评 本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
练习册系列答案
新课标同步训练系列答案
相关题目
3．某品牌手机厂商推出新款的旗舰机型，并在某地区跟踪调查得到这款手机上市时间（x个周）和市场占有率（y%）的几组相关数据如表：
（Ⅰ）根据表中的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程$\widehat{y}=\widehat{b}x+\widehat{a}$；
（Ⅱ）根据上述线性回归方程，分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个周，该款旗舰机型市场占有率能超过0.40%（最后结果精确到整数）．
参考公式：$\widehat{b}=\frac{{{\sum_{i=1}^{n}x}_{i}y}_{y}-n\overline{x}\overline{y}}{{\sum_{i=1}^{n}x}_{i}^{2}-{n\overline{x}}^{2}}$，$\hat a=\bar y-\hat b\bar x$．
| x | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| y | 0.03 | 0.06 | 0.1 | 0.14 | 0.17 |
（Ⅱ）根据上述线性回归方程，分析该款旗舰机型市场占有率的变化趋势，并预测自上市起经过多少个周，该款旗舰机型市场占有率能超过0.40%（最后结果精确到整数）．
参考公式：$\widehat{b}=\frac{{{\sum_{i=1}^{n}x}_{i}y}_{y}-n\overline{x}\overline{y}}{{\sum_{i=1}^{n}x}_{i}^{2}-{n\overline{x}}^{2}}$，$\hat a=\bar y-\hat b\bar x$．
已知函数f（x）=|2x+1|+|x-3|-7．
如图，四边形ABCD为菱形，四边形ACEF为平行四边形，设BD与AC相交于点G，AB=BD=2，AE=$\sqrt{3}$，∠EAD=∠EAB．
已知焦距为2的椭圆W：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，点M（x0，y0）为椭圆W上不在坐标轴上的任意一点，且四条直线MA1，MA2，MB1，MB2的斜率之积为$\frac{1}{4}$．
5．点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=1，∠ABC=120°，若四面体ABCD体积的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{4}$，则这个球的表面积为（ ）
| A． | $\frac{500π}{81}$ | B． | 4π | C． | $\frac{25π}{9}$ | D． | $\frac{100π}{9}$ |