Question

1．如圖，已知側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=AD=1，CB=CD=$\sqrt{3}$，∠BCD=60°，CC₁=$\sqrt{3}$．
（1）若E是線段A₁A上的點(diǎn)且滿足A₁E=3AE，求證：平面EBD⊥平面C₁BD；
（2）求二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）法一：以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M是BD的中點(diǎn)，連接MC₁，利用向量法能證明平面EBD⊥平面C₁BD．
法二：設(shè)M是BD的中點(diǎn)，連接EM和MC₁，EC₁，推導(dǎo)出∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面角，由此能證明平面EBD⊥平面C₁BD．
法三：：以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M是BD的中點(diǎn)，連接EM和MC₁，EC₁，則∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面，由此能證明平面EBD⊥平面C₁BD．
法四：連結(jié)AC，A₁C₁，B₁D₁，交點(diǎn)為O和N，以O(shè)為原點(diǎn)，OB為x軸，OC為y軸，ON為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明平面EBD⊥平面C₁BD．
（2）法一：求出平面C₁DC的一個(gè)法向量和平面C₁BD的法向量，利用向量法能求出二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．
法二：以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．
法三：設(shè)N是CD的中點(diǎn)，過N作NF⊥C₁D于F，連接FB，則∠BFN是二面角C-C₁D-B的平面角，由此能求出二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．

解答 證明：（1）解法一：∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，
∴∠CDA=90°，∠CA=2…（1分）（沒有這一步扣一分）
∴以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系…（2分）
設(shè)M是BD的中點(diǎn)，連接MC₁…（2分）
∵C C₁⊥平面ABCD，$CB=CD=\sqrt{3}$，∴C₁D=C₁B．
∵M(jìn)是BD的中點(diǎn)，∴MC₁⊥BD…（3分）
∵$E（1，0，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，$M（\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}，0）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，
∴$\overrightarrow{M{C_1}}=（-\frac{3}{4}，\frac{{3\sqrt{3}}}{4}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DE}=（1，0，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$…（4分）∵$\overrightarrow{M{C_1}}•\overrightarrow{DE}=-\frac{3}{4}×1+\frac{{3\sqrt{3}}}{4}×0+\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{4}=0$，∴$\overrightarrow{M{C_1}}$⊥$\overrightarrow{DE}$…（5分）
（證得$\overrightarrow{M{C_1}}$⊥$\overrightarrow{ME}$或$\overrightarrow{BE}$也行）
∵$\overrightarrow{DE}$與BD相交于D，∴$\overrightarrow{M{C_1}}$⊥平面EBD．
∵$\overrightarrow{M{C_1}}$在平面C₁BD內(nèi)，∴平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解法二：設(shè)M是BD的中點(diǎn)，連接EM和MC₁，EC₁…（1分）
∵AB=AD，CB=CD，∴BD⊥CA且C，A，M共線．∴BD⊥ME，BD⊥MC₁．
∵EA⊥平面ABCD，C C₁⊥平面ABCD，∴∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面角…（2分）
∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，
∴∠CDA=90°，$MA=\frac{1}{2}，MC=\frac{3}{2}$…（3分）（正確計(jì)算出才給這1分）
∵A₁E=3AE，$C{C_1}=\sqrt{3}$，∴$EM=\frac{{\sqrt{7}}}{4}，{C_1}M=\frac{{\sqrt{21}}}{2}$．…（4分）（至少算出一個(gè)）
∵${C_1}E=\frac{{\sqrt{91}}}{4}$，…（5分）∴${C_1}{E^2}={C_1}{M^2}+E{M^2}$，即C₁E⊥EM．
∴二面角E-BD-C₁的平面角為直角．∴平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解法三：∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，
∴∠CDA=90°，∠CA=2．
以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系…（1分）
設(shè)M是BD的中點(diǎn)，連接EM和MC₁，EC₁..∵AB=AD，CB=CD，∴BD⊥CA且C，A，M共線…（2分）
∵EA⊥平面ABCD，C C₁⊥平面ABCD，∴BD⊥ME，BD⊥MC₁．
∴∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面角…（3分）
則$E（1，0，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，$M（\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}，0）$…（4分）（至少正確寫出一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)）
∴$\overrightarrow{ME}=（\frac{1}{4}，-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，$\overrightarrow{M{C_1}}=（-\frac{3}{4}，\frac{{3\sqrt{3}}}{4}，\sqrt{3}）$．
∴$\overrightarrow{ME}•\overrightarrow{M{C_1}}=\frac{1}{4}×（-\frac{3}{4}）+（-\frac{{\sqrt{3}}}{4}）×\frac{{3\sqrt{3}}}{4}+\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\sqrt{3}=0$…（5分）∴$\overrightarrow{ME}$⊥$\overrightarrow{M{C_1}}$，∠EMC₁=90°，
二面角E-BD-C₁的平面角為直角，平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解法四：連結(jié)AC，A₁C₁，B₁D₁，交點(diǎn)為O和N，如圖．
∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，∴∠CDA=90°，∠CA=2．
以O(shè)為原點(diǎn)，OB為x軸，OC為y軸，ON為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系…（1分）
則O是BD的中點(diǎn)．∵C C₁⊥平面ABCD，$CB=CD=\sqrt{3}$，O是BD的中點(diǎn)，
∴C₁D=C₁B．∵O是BD的中點(diǎn)，∴OC₁⊥BD…（3分）∵$E（0，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，$B（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，0）$，${C_1}（0，\frac{3}{2}，\sqrt{3}）$∴$\overrightarrow{O{C_1}}=（0，\frac{3}{2}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BE}=（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$．∵$\overrightarrow{O{C_1}}•\overrightarrow{BE}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}×0+\frac{3}{2}×（-\frac{1}{2}）+\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{4}=0$，
∴$\overrightarrow{O{C_1}}$⊥$\overrightarrow{BE}$…（5分）∵$\overrightarrow{BE}$與BD相交于O，∴$\overrightarrow{O{C_1}}$⊥平面EBD．∵$\overrightarrow{O{C_1}}$在平面C₁BD內(nèi)，
∴平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解：（2）解法一：（若第1問已經(jīng)建系）∵A（1，0，0），$\overrightarrow{DA}$⊥平面C₁DC，
∴$\overrightarrow{DA}=（1，0，0）$是平面C₁DC的一個(gè)法向量…（8分）
∵$B（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DB}=（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，$\overrightarrow{D{C_1}}=（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$
設(shè)平面C₁BD的法向量是$\overrightarrow m=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{D{C_1}}=0\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}y=0\\ \sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，
取x=1，得$y=-\sqrt{3}，z=\sqrt{3}$．平面C₁BD的法量$\overrightarrow m=（1，-\sqrt{3}，\sqrt{3}）$…（10分）
【另解：由（1）知當(dāng)A₁E=3AE時(shí)，ME⊥平面C₁BD，則平面C₁BD的法向量是$\overrightarrow{ME}$=$（\frac{1}{4}，-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$】
∵$cos＜\overrightarrow{DA}，\overrightarrow m＞=\frac{{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow m}}{{|\overrightarrow{DA}|×|\overrightarrow m|}}$…（11分）=$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$，
∴由圖可知二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）
解法二：（第1問未建系）∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，∴∠CDA=90°，∠CA=2
以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系…（7分）
∵A（1，0，0），$\overrightarrow{DA}$⊥平面C₁DC，∴$\overrightarrow{DA}=（1，0，0）$是平面C₁DC的法向量…（8分）
∵$B（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DB}=（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，$\overrightarrow{D{C_1}}=（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，
設(shè)平面C₁BD的法向量是$\overrightarrow m=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{D{C_1}}=0\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}y=0\\ \sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，
取x=1，得$y=-\sqrt{3}，z=\sqrt{3}$．平面C₁BD的法量$\overrightarrow m=（1，-\sqrt{3}，\sqrt{3}）$…（10分）
∵$cos＜\overrightarrow{DA}，\overrightarrow m＞=\frac{{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow m}}{{|\overrightarrow{DA}|×|\overrightarrow m|}}$…（11分）=$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．
∴由圖可知二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）
解法三：（幾何法）
設(shè)N是CD的中點(diǎn)，過N作NF⊥C₁D于F，連接FB，如圖…（7分）
∠BCD=60°，$CB=CD=\sqrt{3}$，∴NB⊥CD．
∵側(cè)面C₁D⊥底面ABCD，∴NB⊥側(cè)面C₁D…（8分）
∵NF⊥C₁D，∴BF⊥C₁D∴∠BFN是二面角C-C₁D-B的平面角…（9分）
∵依題意可得NB=$\frac{3}{2}$，NF=$\frac{{\sqrt{6}}}{4}$，BF=$\frac{{\sqrt{42}}}{4}$…（11分）
∴cos∠BFN=$\frac{NF}{BF}$=$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．∴二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，考查創(chuàng)新意識、應(yīng)用意識，是中檔題．