Question

8．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中．AA₁⊥平面ABC，AA₁=AC=2AB=2，BC₁⊥A₁C．
（1）求證：AB⊥平面A₁C；
（2）試探究線段AA₁上的點(diǎn)D的位置，使得平面ABC₁與平面B₁C₁D所成的二面角的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）AA₁⊥平面ABC，可得AA₁⊥AC，AA₁⊥AB，可得四邊形ACC₁A₁是正方形．于是A₁C⊥AC₁，可得A₁C⊥平面ABC₁，A₁C⊥AB，進(jìn)而得到AB⊥平面A₁C．
（2）如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，分類討論：①點(diǎn)D取A₁點(diǎn)時(shí)，平面ABC₁與平面B₁C₁D所成的二面角的平面角為∠CAC₁=45^°，即可得出結(jié)論．
②點(diǎn)D不取A₁點(diǎn)時(shí)，A（0，0，0），設(shè)D（0，0，t），（t∈[0，2）），設(shè)平面ABC₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$．設(shè)平面DB₁C₁的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{D{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{B}_{1}{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{m}$．利用$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即可得出．

解答 （1）證明：∵AA₁⊥平面ABC，∴AA₁⊥AC，AA₁⊥AB，
∵AA₁=AC，∴四邊形ACC₁A₁是正方形．
∴A₁C⊥AC₁，
又BC₁⊥A₁C，又BC₁∩AC₁=C₁，
∴A₁C⊥平面ABC₁，
∴A₁C⊥AB，
又A₁C∩A₁A=A₁，
∴AB⊥平面A₁C．
（2）解：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，
①點(diǎn)D取A₁點(diǎn)時(shí)，平面ABC₁與平面B₁C₁D所成的二面角的平面角為∠CAC₁=45^°，
滿足cos∠CAC₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴點(diǎn)D可取A₁點(diǎn)．
②點(diǎn)D不取A₁點(diǎn)時(shí)，A（0，0，0），
設(shè)D（0，0，t），（t∈[0，2）），B（1，0，0），C（0，2，0），B₁（1，0，2），C₁（0，2，2）．
$\overrightarrow{AB}$=（1，0，0），$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=（0，2，2），$\overrightarrow{{B}_{1}{C}_{1}}$=（-1，2，0），$\overrightarrow{D{B}_{1}}$=（1，0，2-t）．
設(shè)平面ABC₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}=0}\\{2{y}_{1}+2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（0，1，-1）．
設(shè)平面DB₁C₁的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{D{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{B}_{1}{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}+（2-t）{z}_{2}=0}\\{-{x}_{2}+2{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=（2，1，$\frac{2}{t-2}$）．
∵平面ABC₁與平面B₁C₁D所成的二面角的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|$=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|1-\frac{2}{t-2}|}{\sqrt{2}×\sqrt{5+（\frac{2}{t-2}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，化為t²-3t+2=0，
解得t=1．
∴點(diǎn)D為線段AA₁的中點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系、空間角、線面垂直的判定與性質(zhì)定理、法向量的應(yīng)用、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．