Question

11．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，已知∠BAC=90°，AB=a，AC=2，AA₁=1，點(diǎn)D在棱B₁C₁上，且B₁D：DC₁=1：3．過點(diǎn)D作DE∥A₁B₁交A₁C₁于點(diǎn)E．
（1）求證：A₁C⊥平面BDE；
（2）當(dāng)點(diǎn)B₁到平面A₁BD的距離為$\frac{1}{2}$時(shí)，求直線B₁D與平面A₁BD所成的角．

Answer 1

分析 （1）由題意建立如圖示的空間直角坐標(biāo)系，血出各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)利用向量的垂直證明了線線的垂直，即可證明A₁C⊥平面BDE；
（2）求出平面A₁BD的法向量，利用向量的夾角公式，點(diǎn)B₁到平面A₁BD的距離為$\frac{1}{2}$，求出a，即可求直線B₁D與平面A₁BD所成的角．

解答 解：（1）證明：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，D（$\frac{3}{4}$a，$\frac{1}{2}$，1），A₁（0，0，1），B（a，0，0），C（0，2，0），
∴$\overrightarrow{BD}$=（-$\frac{a}{4}$，$\frac{1}{2}$，1），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（0，2，-1），
∵$\overrightarrow{BD}$$•\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-$\frac{a}{4}$，$\frac{1}{2}$，1）•（0，2，-1）=0，
∴$\overrightarrow{BD}⊥\overrightarrow{{A}_{1}C}$，即BD⊥A₁C．
∵A₁C⊥A₁B₁，DE∥A₁B₁，
∴A₁C⊥DE，
∵BD∩DE=D，
∴A₁C⊥平面BDE；
（2）設(shè)平面A₁BD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則
∵$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（a，0，-1），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（$\frac{3}{4}$a，$\frac{1}{2}$，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{ax-z=0}\\{\frac{3}{4}ax+\frac{1}{2}y=0}\end{array}\right.$，取x=1，可得$\overrightarrow{n}$=（2，-3a，2a），
∵$\overrightarrow{D{B}_{1}}$=（$\frac{1}{4}$a，-$\frac{1}{2}$，0），點(diǎn)B₁到平面A₁BD的距離為$\frac{1}{2}$
∴$\frac{1}{2}$a+$\frac{3}{2}$a=$\sqrt{4+9{a}^{2}+4{a}^{2}}$•$\frac{1}{2}$，
∴a=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，
∴$\overrightarrow{D{B}_{1}}$=（$\frac{1}{2\sqrt{3}}$，-$\frac{1}{2}$，1），
∴|$\overrightarrow{D{B}_{1}}$|=$\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{1}{4}+1}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴直線B₁D與平面A₁BD所成的角的正弦值為$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴直線B₁D與平面A₁BD所成的角為arcsin$\frac{\sqrt{3}}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查線面垂直，考查線面角，考查向量知識的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．