Question

17．在三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=2$\sqrt{3}$，M、N分别为AB，SB的中点．
（Ⅰ）证明：AC⊥SB；
（Ⅱ）（理）求二面角N-CM-B的大小．
（文） 求SA与CN所成的角．
（Ⅲ）求点B到平面CMN的距离．

Answer 1

分析 （1）取AC中点D，连接SD、DB．由SA=SC，AB=BC，知SD⊥AC，BD⊥AC，由此能够证明AC⊥SB．
（2）（理）由AC⊥平面SDB，AC?平面ABC，知平面SDB⊥平面ABC．过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，过E作EF⊥CM于F，连接NF，则NF⊥CM，∠NFE为二面角N-CM-B的平面角．由此能求出二面角N-CM-B的正切值；
（文）分别求出CE、CN的值，以及MN、CM的值，代入余弦公式，求出SA与CN所成的角即可．
（3）在Rt△NEF中，由NF=$\sqrt{{EF}^{2}{+EN}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，知S_△CMN=$\frac{1}{2}$CM•NF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，S_△CMB=$\frac{1}{2}$BM•CM=2$\sqrt{3}$．由V_B-CMN=V_N-CMB，能求出点B到平面CMN的距离．

解答 解：（1）取AC中点D，连接SD、DB．
∵SA=SC，AB=BC∴SD⊥AC，BD⊥AC，
∴AC⊥平面SDB，又SB?平面SDB，
∴AC⊥SB．
（2）（理）∵AC⊥平面SDB，AC?平面ABC，
∴平面SDB⊥平面ABC．
过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，
过E作EF⊥CM于F，连接NF，
则NF⊥CM，∠NFE为二面角N-CM-B的平面角．
∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，
∴SD⊥平面ABC．
又NE⊥平面ABC，∴NE∥SD．
∵SN=NB，
∴NE=$\frac{1}{2}$SD=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{SA}^{2}{-AD}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{12-4}$=$\sqrt{2}$，且ED=EB．
在正△ABC中，EF=$\frac{1}{4}$MB=$\frac{1}{2}$，
在Rt△NEF中，tan∠NFE=$\frac{EN}{EF}$=2$\sqrt{2}$，
∴二面角N-CM-B的正切值为2$\sqrt{2}$，
二面角N-CM-B的大小是arctan2$\sqrt{2}$；
（文）∵M、N分别为AB，SB的中点，
∴MN∥SA，
∴∠CNM或其补角是所求的角，
取BD的中点E，连结CE、NE，
∵NE∥SD，∴NE⊥面ABC，
∴NE⊥CE，
RT△CDE中，CE=$\sqrt{{CD}^{2}{+DE}^{2}}$=$\sqrt{4+3}$=$\sqrt{7}$，
∴RT△NCE中，CN=$\sqrt{{CE}^{2}{+NE}^{2}}$=$\sqrt{7+3}$=$\sqrt{10}$，
∵MN=$\sqrt{3}$，CM=2$\sqrt{3}$，
∴cos∠CNM=$\frac{10+3-12}{2×\sqrt{10}×\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{30}}{60}$，
故SA与CN所成的角是arccos$\frac{\sqrt{30}}{60}$；
（3）在Rt△NEF中，NF=$\sqrt{{EF}^{2}{+EN}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴S_△CMN=$\frac{1}{2}$CM•NF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
S_△CMB=$\frac{1}{2}$BM•CM=2$\sqrt{3}$．
设点B到平面CMN的距离为h，
∵V_B-CMN=V_N-CMB，NE⊥平面CMB，
∴$\frac{1}{3}$S_△CMN•h=$\frac{1}{3}$S_△CMB•NE，
∴h=$\frac{{S}_{△CMB}•NE}{{S}_{△CMN}}$=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．
即点B到平面CMN的距离为$\frac{4\sqrt{2}}{3}$．

点评 本题考查异面直线的证明，二面角正切值的求法和点到平面距离的计算，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．