Question

11．如圖：在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠A₁B₁C₁=90°，A₁B₁=B₁C₁=AA₁=2，且C在底面A₁B₁C₁上的射影A₁C₁邊的中點(diǎn)，D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在CC₁上，且$\overrightarrow{{C}_{1}E}$=λ$\overrightarrow{{C}_{1}C}$（0＜λ＜1）
（1）求證：BD丄平面ACC₁A₁；
（2）當(dāng)λ為何值時(shí)，二面角B₁-A₁E-C₁的余弦值為$\frac{\sqrt{11}}{11}$．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A₁C₁邊的中點(diǎn)為O，連接OB₁，推導(dǎo)出CO⊥面A₁B₁C₁，從而面A₁C₁CA⊥面A₁C₁C₁，進(jìn)而B(niǎo)₁O⊥面A₁C₁CA，推導(dǎo)出四邊形BB₁OD為平行四邊形，由此能證明BD⊥面A₁C₁CA．
（2）如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OB₁為x軸，OC₁為y軸，OC為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出滿足條件的λ的值．

解答 證明：（1）設(shè)A₁C₁邊的中點(diǎn)為O，連接OB₁，因?yàn)辄c(diǎn)C在底面的射影為O點(diǎn)，
所以CO⊥面A₁B₁C₁，又因?yàn)镃O?面A₁C₁CA，所以面A₁C₁CA⊥面A₁C₁C₁，…（2分）
因?yàn)锳₁B₁=B₁C₁，∠A₁B₁C₁=90°，面A₁B₁C₁∩A₁C₁CA=A₁C₁，
所以B₁O⊥面A₁C₁CA．…（4分）
連接DO，B₁O，∵DO$\underset{∥}{=}$BB₁，∴四邊形BB₁OD為平行四邊形，
∴BD∥B₁O，所以BD⊥面A₁C₁CA．…（6分）
解：（2）如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OB₁為x軸，OC₁為y軸，OC為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A₁（0，-$\sqrt{2}$，0），B₁（$\sqrt{2}，0，0$），C（0，0，$\sqrt{2}$），${C}_{1}（0，\sqrt{2}，0）$，
∵$\overrightarrow{{C}_{1}E}$=$λ\overrightarrow{{C}_{1}C}$=（0，-$\sqrt{2}λ$，$\sqrt{2}λ$），（0＜λ＜1），∴E（0，$\sqrt{2}（1-λ）$，$\sqrt{2}λ$），…（8分）
設(shè)平面A₁B₁E的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），因?yàn)?\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=（$\sqrt{2}，\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=（0，$\sqrt{2}（2-λ），\sqrt{2}λ$），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}E}=\sqrt{2}（2-λ）+\sqrt{2}λz=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，-1，$\frac{2-λ}{λ}$），…（10分）
而平面A₁C₁AC的一個(gè)法向量是$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（$\sqrt{2}，0，0$），
則cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}•\sqrt{2+（\frac{2-λ}{λ}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{11}}{11}$，解得$λ=\frac{1}{2}$或λ=-1，
因?yàn)?＜λ＜1，所以$λ=\frac{1}{2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查滿足條件的實(shí)數(shù)值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．