Question

9．如圖，直三棱柱ABC一A₁B₁C₁中，AB=$\sqrt{2}$，AC=3，BC=$\sqrt{5}$，D是AC_l的中點(diǎn)，E是側(cè)棱BB₁上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)
（1）當(dāng)E是BB₁的中點(diǎn)時(shí)，證明：DE∥平面A₁B₁C₁
（2）在棱BB₁上是否存在點(diǎn)E使平面AC₁E⊥平面AC₁C？若存在，求出$\frac{BE}{{B{B_1}}}$的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖，取A₁C₁中點(diǎn)M，連B₁M，MD，可證MD$\stackrel{∥}{=}$B₁E，既有四邊形MDEB為平行四邊形，可證MB₁∥DE，又DE?平面A₁B₁C₁，MB₁?平面A₁B₁C₁，即可證明DE∥平面A₁B₁C₁．
（2）過B₁作B₁Q⊥A₁C₁于Q，既有B₁Q⊥平面CAC₁，假設(shè)滿足題意的點(diǎn)E存在，則過E作EP⊥AC₁于P，可證EP$\stackrel{∥}{=}$B₁Q，設(shè)BB₁=x，BE=y，可得$\frac{PQ}{A{A}_{1}}=\frac{{C}_{1}Q}{{C}_{1}{A}_{1}}$，在△A₁B₁C₁中，由余弦定理可求cos∠B₁C₁A₁，從而可得sin∠B₁C₁A₁，由三角形面積公式可求B₁Q，C₁Q，從而可求出$\frac{BE}{{B{B_1}}}$的值．

解答 證明：（1）如圖，取A₁C₁中點(diǎn)M，連B₁M，MD，
在△C₁A₁A中，DM$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AA₁=$\frac{1}{2}$BB₁，…2分
∴MD$\stackrel{∥}{=}$B₁E，∴四邊形MDEB為平行四邊形，
∴MB₁∥DE，又DE?平面A₁B₁C₁，MB₁?平面A₁B₁C₁，
∴DE∥平面A₁B₁C₁…5分
（2）過B₁作B₁Q⊥A₁C₁于Q，∵直三棱柱ABC-A₁B₁C₁，
∴B₁Q⊥平面CAC₁，
假設(shè)滿足題意的點(diǎn)E存在，則過E作EP⊥AC₁于P，由于平面AC₁E⊥平面AC₁C，則EP⊥PC，
又BB₁∥平面CAC₁，∴EP$\stackrel{∥}{=}$B₁Q，
設(shè)BB₁=x，BE=y，
∴PQ$\stackrel{∥}{=}$B₁E，$\frac{PQ}{A{A}_{1}}=\frac{{C}_{1}Q}{{C}_{1}{A}_{1}}$…9分
在△A₁B₁C₁中，由余弦定理cos∠B₁C₁A₁=$\frac{5+9-2}{6\sqrt{5}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，
∴sin∠B₁C₁A₁=$\sqrt{1-\frac{4}{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
由${S}_{{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$=$\frac{1}{2}×\sqrt{5}×3×\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{1}{2}×3×{B}_{1}Q$可得B₁Q=1…10分
在Rt△C₁QB₁中，C₁Q=$\sqrt{5-1}$=2，
∴$\frac{PQ}{A{A}_{1}}=\frac{{C}_{1}Q}{{C}_{1}{A}_{1}}=\frac{2}{3}=\frac{E{B}_{1}}{B{B}_{1}}$，
∴$\frac{BE}{B{B}_{1}}$=$\frac{B{B}_{1}-E{B}_{1}}{B{B}_{1}}$=1-$\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$，
即：存在滿足題意的點(diǎn)E，此時(shí)有$\frac{BE}{B{B}_{1}}=\frac{1}{3}$…12分

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了平面與平面垂直的性質(zhì)，直線與平面平行的判定，考查了空間想象能力和推理論證能力及轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．