Question

1．如圖：在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面是邊長(zhǎng)為2$\sqrt{3}$的正三角形，點(diǎn)A₁在底面ABC上的射影O恰是BC中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：AA₁⊥BC；
（Ⅱ）當(dāng)側(cè)棱AA₁和底面成45°角時(shí)，求V${\;}_{A-B{B}_{1}{C}_{1}C}$；
（Ⅲ）若D為棱AA₁上一點(diǎn)，當(dāng)$\frac{{A}_{1}D}{DA}$為何值時(shí)，BD⊥A₁C₁．

Answer 1

分析 （I）由A₁O⊥平面ABC得A₁O⊥BC，由三線合一得出AO⊥BC，故而BC⊥平面A₁OA，于是AA₁⊥BC；
（II）根據(jù)∠A₁AO=45°得出棱柱的高A₁O，則V${\;}_{A-BC{C}_{1}{B}_{1}}$=V${\;}_{棱柱ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$-V${\;}_{A-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$=$\frac{2}{3}$V${\;}_{棱柱ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$．
（III）過(guò)D作DE⊥AC于E，過(guò)A₁作A₁F⊥AC于F，連結(jié)BE，OF．通過(guò)證明AC⊥平面A₁OF確定F點(diǎn)為AC的四等分點(diǎn)，通過(guò)證明AC⊥平面BDE確定E為AC的中點(diǎn)，于是$\frac{{A}_{1}D}{DA}=\frac{EF}{AE}$．

解答 證明：（I）連結(jié)AO，
∵A₁O⊥平面ABC，BC?平面ABC，
∴A₁O⊥BC，
∵△ABC是正三角形，O是BC的中點(diǎn)，
∴AO⊥BC，
又AO?平面A₁AO，A₁O?平面A₁AO，AO∩A₁O=O，
∴BC⊥平面A₁AO，∵AA₁?平面A₁AO，
∴BC⊥A₁A．
（II）∵A₁O⊥平面ABC，
∴∠A₁AO為側(cè)棱A₁A與底面ABC所成的角，
∴∠A₁AO=45°，
∵等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為2$\sqrt{3}$，
∴AO=3，∴A₁O=3．
∴V${\;}_{棱柱ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$=S_△ABC•A₁O=$\frac{\sqrt{3}}{4}×（2\sqrt{3}）^{2}×3$=9$\sqrt{3}$．
V${\;}_{A-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$=$\frac{1}{3}$V${\;}_{棱柱ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$=3$\sqrt{3}$．
∴V${\;}_{A-BC{C}_{1}{B}_{1}}$=V${\;}_{棱柱ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$-V${\;}_{A-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$=6$\sqrt{3}$．
（III）$\frac{{A}_{1}D}{DA}=2$時(shí)，BD⊥A₁C₁，理由如下：
過(guò)D作DE⊥AC于E，過(guò)A₁作A₁F⊥AC于F，連結(jié)BE，OF．
∵A₁O⊥平面ABC，AC?平面ABC，
∴A₁O⊥AC，又A₁F⊥AC，AF?平面A₁OF，A₁O?平面A₁OF，A₁O∩A₁F=A₁，
∴AC⊥平面A₁OF，∵OF?平面A₁OF，
∴AC⊥OF，
∵△ABC是等邊三角形，O是BC的中點(diǎn)，
∴F為線段AC的靠近C點(diǎn)的四等分點(diǎn)，即AF=$\frac{3}{4}AC$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．
∵BD⊥A₁C₁，AC∥A₁C₁，∴AC⊥BD．
又AC⊥DE，DE?平面BDE，BD?平面BDE，BD∩DE=D，
∴AC⊥平面BDE，∵BD?平面BDE，
∴AC⊥BE，
∵△ABC是等邊三角形，∴E為AC的中點(diǎn)．即AE=$\frac{1}{2}AC$=$\sqrt{3}$．
∵DE⊥AC，A₁F⊥AC，DE?平面AA₁C₁C，A₁F?平面AA₁C₁C，
∴DE∥A₁F，
∴$\frac{{A}_{1}D}{DA}=\frac{EF}{AE}$=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì)，棱錐的體積計(jì)算，屬于中檔題．