Question

20．如圖，在各棱長均為2的三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)面A₁ACC₁⊥底面ABC，且∠A₁AC=$\frac{π}{3}$，點O為AC的中點．
（Ⅰ）求證：AC⊥平面A₁OB；
（Ⅱ）求二面角B₁-AC-B的余弦值；
（Ⅲ）若點B關(guān)于AC的對稱點是D，在直線A₁A上是否存在點P，使DP∥平面AB₁C．若存在，請確定點P的位置；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結(jié)A₁C，證明A₁O⊥AC，BO⊥AC，可得AC⊥平面A₁OB；
（Ⅱ）以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)B，OC，OA₁為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面AB₁C的法向量、平面ABC的法向量，利用向量的夾角公式求二面角B₁-AC-B的余弦值；
（Ⅲ）設(shè)在直線A₁A上存在點P符合題意，則點P的坐標(biāo)設(shè)為（x，y，z），$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{A{A_1}}$．由$\overrightarrow{DP}•\overrightarrow n=0$，得$-\sqrt{3}+\sqrt{3}λ=0$．求出λ，即可得出結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：連結(jié)A₁C，
因為AC=AA₁，$∠{A_1}AC=\frac{π}{3}$，AB=BC，點O為AC的中點，
所以A₁O⊥AC，BO⊥AC．
因為A₁O∩BO=O，
所以AC⊥平面A₁OB．…（4分）
（Ⅱ）解：因為側(cè)面A₁ACC₁⊥底面ABC，
所以A₁O⊥平面ABC．所以A₁O⊥BO．…（5分）
所以以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)B，OC，OA₁為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
所以A（0，-1，0），$B（{\sqrt{3}，0，0}）$，C（0，1，0），${A_1}（{0，0，\sqrt{3}}）$，${B_1}（{\sqrt{3}，1，\sqrt{3}}）$，
所以$\overrightarrow{A{A_1}}=（{0，1，\sqrt{3}}）$，$\overrightarrow{A{B_1}}=（{\sqrt{3}，2，\sqrt{3}}）$，$\overrightarrow{AC}=（{0，2，0}）$．
設(shè)平面AB₁C的法向量為$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，所以$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{A{B_1}}\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{AC}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}x+2y+\sqrt{3}z=0\\ 2y=0.\end{array}\right.$
所以$\overrightarrow n=（{-1，0，1}）$．…（7分）
因為平面ABC的法向量為$\overrightarrow{{A_1}O}=（{0，0，\sqrt{3}}）$，
所以＜$cos\left?{\overrightarrow{A{A_1}}，n}\right＞=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{2}•\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
所以二面角B₁-AC-B的余弦值是$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（9分）
（Ⅲ）解：存在．
因為點B關(guān)于AC的對稱點是D，所以點$D（{-\sqrt{3}，0，0}）$．…（10分）
假設(shè)在直線A₁A上存在點P符合題意，則點P的坐標(biāo)設(shè)為（x，y，z），$\overrightarrow{AP}=λ\overrightarrow{A{A_1}}$．
所以$\overrightarrow{AP}=（{x，y+1，z}）$．所以$P（{0，λ-1，\sqrt{3}λ}）$．
所以$\overrightarrow{DP}=（{\sqrt{3}，λ-1，\sqrt{3}λ}）$．…（12分）
因為DP∥平面AB₁C，平面AB₁C的法向量為$\overrightarrow n=（{-1，0，1}）$，
所以由$\overrightarrow{DP}•\overrightarrow n=0$，得$-\sqrt{3}+\sqrt{3}λ=0$．
所以λ=1．…（13分）
所以在直線A₁A上存在點P，使DP∥平面AB₁C，且點P恰為A₁點．…（14分）

點評 本題考查線面垂直，考查二面角的余弦值，考查線面平行，正確運用向量法是關(guān)鍵．