在 $\triangle ABC$ 中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle B=30^{\circ}$，$AC=1$，$M$ 是 $AB$ 的中点，将 $\triangle ACM$ 沿 $CM$ 折起，使 $A$ 与 $B$ 两点间的距离为 $\sqrt 2$，点 $A$ 到平面 $BCM$ 的距离等于 $\frac{\sqrt{m}}{n}$，其中 $m, n$ 是正整数且 $m$ 不含平方因子．则 $m+n=$ ．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛新疆维吾尔自治区预赛
【标注】
【答案】
$9$
【解析】
取 $CM$ 的中点 $D$，连结 $AD$．易知 $AD\perp CM$．在 $\triangle BCM$ 中，作 $DM\perp DE\perp CM$ 交 $BC$ 于点 $E$，连结 $AE$，可知 $AE\perp CM$．
则\[AD=\dfrac{\sqrt 3}{2},DE=CD\tan 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt 3}{6},CE=2DE=\dfrac{\sqrt 3}{3}.\]在 $\triangle ABC$ 中，因 $AC=1$，$AB=\sqrt 2$，$BC=\sqrt 3$，故\[AC^{2}+AB^{2}=BC^{2},\]从而 $\angle BAC=90^{\circ}$，又\[AC^{2}=1=\dfrac{\sqrt 3}{3}\cdot \sqrt 3=CE\cdot BC,\]由射影定理知 $AE\perp BC$，且\[AE=\dfrac{AC\cdot AB}{BC}=\dfrac{\sqrt 6}{3}.\]又 $AE\perp BC$，$AE\perp CM$，从而 $AE\perp \text{平面}BCM$．故点 $A$ 到平面 $BCM$ 的距离为\[AE=\dfrac{\sqrt 6}{3}.\]
则\[AD=\dfrac{\sqrt 3}{2},DE=CD\tan 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt 3}{6},CE=2DE=\dfrac{\sqrt 3}{3}.\]在 $\triangle ABC$ 中，因 $AC=1$，$AB=\sqrt 2$，$BC=\sqrt 3$，故\[AC^{2}+AB^{2}=BC^{2},\]从而 $\angle BAC=90^{\circ}$，又\[AC^{2}=1=\dfrac{\sqrt 3}{3}\cdot \sqrt 3=CE\cdot BC,\]由射影定理知 $AE\perp BC$，且\[AE=\dfrac{AC\cdot AB}{BC}=\dfrac{\sqrt 6}{3}.\]又 $AE\perp BC$，$AE\perp CM$，从而 $AE\perp \text{平面}BCM$．故点 $A$ 到平面 $BCM$ 的距离为\[AE=\dfrac{\sqrt 6}{3}.\]
题目
答案
解析
备注
