2023_天津卷
17. 三棱台 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，若 $A_{1}A \perp$ 面 $ABC, AB \perp AC, AB = AC = AA_{1} = 2, A_{1}C_{1} = 1, M, N$ 分别是 $BC, BA$ 中点.
(1) 求证: $A_{1}N // 平面 C_{1}MA$ ;
(2) 求平面 $C_{1} MA$ 与平面 $ACC_{1} A_{1}$ 所成夹角的余弦值;
(3) 求点 C 到平面 $C_{1}MA$ 的距离.
(1) 证明见解析 >; (2) $\frac{2}{3}$ >; (3) $\frac{4}{3}$
用 3 道相关题确认基础和中等变式会到哪一步。
【答案】（1）证明见解析
> ② $\frac{2}{3}$
> ③ $\frac{4}{3}$
【解析】
【分析】（1）先证明四边形 $MNA_{1}C_{1}$ 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
(2) 利用二面角的定义, 作出二面角的平面角后进行求解;
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【小问1详解】
连接 $MN, C_1A$ . 由 $M, N$ 分别是 $BC, BA$ 的中点，根据中位线性质， $MN // AC$ ，且 $MN = \frac{AC}{2} = 1$ ，由棱台性质， $A_1C_1 // AC$ ，于是 $MN // A_1C_1$ ，由 $MN = A_1C_1 = 1$ 可知，四边形 $MNA_1C_1$ 是平行四边形，则 $A_1N // MC_1$ ，
又 $A_{1}N\not\subset$ 平面 $C_1MA$ ， $MC_{1}\subset$ 平面 $C_1MA$ ，于是 $A_{1}N$ //平面 $C_1MA$
【小问 2 详解】
过 $M$ 作 $ME \perp AC$ ，垂足为 $E$ ，过 $E$ 作 $EF \perp AC_{1}$ ，垂足为 $F$ ，连接 $MF, C_{1}E$ 。
由 $ME \subset$ 面 $ABC$ , $A_{1}A \perp$ 面 $ABC$ , 故 $AA_{1} \perp ME$ , 又 $ME \perp AC$ , $AC \cap AA_{1} = A$ , $AC, AA_{1} \subset$ 平面 $ACC_{1}A_{1}$ , 则 $ME \perp$ 平面 $ACC_{1}A_{1}$ .
由 $AC_{1} \subset$ 平面 $ACC_{1}A_{1}$ ，故 $ME \perp AC_{1}$ ，又 $EF \perp AC_{1}$ ， $ME \cap EF = E$ ， $ME, EF \subset$ 平面 $MEF$ ，于是 $AC_{1} \perp$ 平面 $MEF$ ，
由 $MF \subset$ 平面 $MEF$ ，故 $AC_{1} \perp MF$ 。于是平面 $C_{1}MA$ 与平面 $ACC_{1}A_{1}$ 所成角即 $\angle MFE$ 。
又 $ME = \frac{AB}{2} = 1$ ， $\cos \angle CAC_{1} = \frac{1}{\sqrt{5}}$ ，则 $\sin \angle CAC_{1} = \frac{2}{\sqrt{5}}$ ，故 $EF = 1 \times \sin \angle CAC_{1} = \frac{2}{\sqrt{5}}$ ，在 $\mathrm{Rt}\triangle MEF$ 中， $\angle MEF = 90^{\circ}$ ，则 $MF = \sqrt{1 + \frac{4}{5}} = \frac{3}{\sqrt{5}}$
于是 $\cos\angle MFE=\frac{EF}{MF}=\frac{2}{3}$
【小问 3 详解】
**方法一**：几何法
过 $C_{1}$ 作 $C_{1}P \perp AC$ ，垂足为P，作 $C_{1}Q \perp AM$ ，垂足为Q，连接PQ,PM，过P作 $PR \perp C_{1}Q$ ，垂足为R.
由题干数据可得， $C_{1}A = C_{1}C = \sqrt{5}$ ， $C_{1}M = \sqrt{C_{1}P^{2} + PM^{2}} = \sqrt{5}$ ，根据勾股定理，
$$ C _ {1} Q = \sqrt {5 - \left(\frac {\sqrt {2}}{2}\right) ^ {2}} = \frac {3 \sqrt {2}}{2}, $$
由 $C_{1}P \perp$ 平面AMC， $AM \subset$ 平面AMC，则 $C_{1}P \perp AM$ ，又 $C_{1}Q \perp AM$ ， $C_{1}Q \cap C_{1}P = C_{1}$ ，
$C_{1}Q,C_{1}P\subset$ 平面 $C_{1}PQ$ ，于是 $AM\perp$ 平面 $C_{1}PQ$ .
又 $PR \subset$ 平面 $C_1PQ$ ，则 $PR \perp AM$ ，又 $PR \perp C_1Q$ ， $C_1Q \cap AM = Q$ ， $C_1Q, AM \subset$ 平面 $C_1MA$ ，故 $PR \perp$ 平面 $C_1MA$ .
在 $\mathrm{Rt}\triangle C_1PQ$ 中， $PR = \frac{PC_1\cdot PQ}{QC_1} = \frac{2\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{2}}{2}} = \frac{2}{3},$
又 $CA = 2PA$ ，故点 $C$ 到平面 $C_1MA$ 的距离是 $P$ 到平面 $C_1MA$ 的距离的两倍，
即点 C 到平面 $C_{1}MA$ 的距离是 $\frac{4}{3}$ .
**方法二**：等体积法
辅助线同方法一.
设点 C 到平面 $C_{1}MA$ 的距离为 h.
$$ V _ {C _ {1} - A M C} = \frac {1}{3} \times C _ {1} P \times S _ {\triangle A M C} = \frac {1}{3} \times 2 \times \frac {1}{2} \times \left(\sqrt {2}\right) ^ {2} = \frac {2}{3}, $$
$$ V _ {C - C _ {1} M A} = \frac {1}{3} \times h \times S _ {\triangle A M C _ {1}} = \frac {1}{3} \times h \times \frac {1}{2} \times \sqrt {2} \times \frac {3 \sqrt {2}}{2} = \frac {h}{2}. $$
由 $V_{C_{1}-AMC}=V_{C-C_{1}MA}\Leftrightarrow\frac{h}{2}=\frac{2}{3}$ ，即 $h=\frac{4}{3}$ .