Question

12．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，A₁B₁=A₁C₁，點(diǎn)D，E分別是B₁C₁，A₁B₁的中點(diǎn)，AA₁=AB=BD=1，∠A₁AB=60°．
（1）求證：AC₁∥平面A₁BD；
（2）求證：平面BDE⊥平面A₁B₁C₁．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)AB₁，交A₁B于點(diǎn)F，連結(jié)DF，由中位線定理得DF∥AC₁，故而AC₁∥平面A₁BD；
（2）由菱形和等邊三角形的性質(zhì)可求得BE，DE，利用勾股定理的逆定理得出BE⊥DE，故而B(niǎo)E⊥平面A₁B₁C₁，于是平面BDE⊥平面A₁B₁C₁．

解答 解：（1）連結(jié)AB₁，交A₁B于點(diǎn)F，連結(jié)DF，
∵四邊形ABB₁A₁是平行四邊形，∴F是AB₁的中點(diǎn)
又∵D是B₁C₁的中點(diǎn)，
∴DF∥AC₁，又∵DF?平面A₁BD，AC₁?平面A₁BD，
∴AC₁∥平面A₁BD．
（2）∵AA₁=AB=1，∠A₁AB=60°，
∴△ABA₁是等邊三角形，∴A₁B=1．
∵BB₁=AA₁=1，A₁B₁=AB=1，∴△B₁BA₁是等邊三角形，
∵E是A₁B₁的中點(diǎn)，∴BE⊥A₁B₁，BE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∵D是B₁C₁的中點(diǎn)，E是A₁B₁的中點(diǎn)，A₁B₁=A₁C₁，
∴DE=$\frac{1}{2}$A₁C₁=$\frac{1}{2}{A}_{1}{B}_{1}$=$\frac{1}{2}AB$=$\frac{1}{2}$．
∵BD=1，∴BD²=BE²+DE²，∴BE⊥DE．
∵A₁B₁?平面A₁B₁C₁，DE?平面A₁B₁C₁，A₁B₁∩DE=E，
∴BE⊥平面A₁B₁C₁，
∵BE?平面BDE，
∴平面BDE⊥平面A₁B₁C₁．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行，面面垂直的判定，屬于中檔題．