Question

11．直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁=AB=AC=1，E，F(xiàn)分別是CC₁，BC的中點，AE⊥A₁B₁，D為棱A₁B₁上的點．
（1）證明：AB⊥AC；
（2）證明：DF⊥AE；
（3）是否存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{14}}}{14}$？若存在，說明點D的位置，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理證明AB⊥面A₁ACC₁．即可．
（2）建立空間坐標系，求出直線對應的向量，利用向量垂直的關(guān)系進行證明．
（3）求出平面的法向量，利用向量法進行求解即可．

解答 （1）證明：∵AE⊥A₁B₁，A₁B₁∥AB，∴AE⊥AB，
又∵AA₁⊥AB，AA₁∩AE=A，∴AB⊥面A₁ACC₁．
又∵AC?面A₁ACC₁，∴AB⊥AC，
（2）以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，
則有$A（{0，0，0}），E（{0，1，\frac{1}{2}}），F(xiàn)（{\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，0}），{A_1}（{0，0，1}），{B_1}（{1，0，1}）$，
設$D（{x，y，z}），\overrightarrow{{A_1}D}=λ\overrightarrow{{A_1}{B_1}}$且λ∈（0，1），
即（x，y，z-1）=λ（1，0，0），則D（λ，0，1），∴$\overrightarrow{DF}=（{\frac{1}{2}-λ，\frac{1}{2}，-1}）$，
∵$\overrightarrow{AE}=（{0，1，\frac{1}{2}}）$，∴$\overrightarrow{DF}•\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$，所以DF⊥AE；
（3）結(jié)論：存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{14}}}{14}$，理由如下：
由題可知面ABC的法向量$\overrightarrow n=（{0，0，1}）$，設面DEF的法向量為$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，
則$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{FE}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{DF}=0}\end{array}}\right.$，
∵$\overrightarrow{FE}=（{-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}}），\overrightarrow{DF}=（{\frac{1}{2}-λ，\frac{1}{2}，-1}）$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0}\\{（{\frac{1}{2}-λ}）x+\frac{1}{2}y-z=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{3}{{2（{1-λ}）}}z}\\{y=\frac{1+2λ}{{2（{1-λ}）}}z}\end{array}}\right.$，
令z=2（1-λ），則$\overrightarrow n=（{3，1+2λ，2（{1-λ}）}）$．
∵平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{14}}}{14}$，
∴$|{cos\left?{\overrightarrow m，\overrightarrow n}\right＞}|=\frac{{|{\overrightarrow m•\overrightarrow n}|}}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{{\sqrt{14}}}{14}$，
即$\frac{{|{2（{1-λ}）}|}}{{\sqrt{9+{{（{1+2λ}）}^2}+4{{（{1-λ}）}^2}}}}=\frac{{\sqrt{14}}}{14}$，
解得$λ=\frac{1}{2}$或$λ=\frac{7}{4}$（舍），
所以當D為A₁B₁中點時滿足要求．

點評 本題考查的知識點是空間直線的垂直的判斷以及空間二面角的平面角，建立空間坐標系，將二面角問題轉(zhuǎn)化為向量夾角問題，是解答的關(guān)鍵．考查學生的運算和推理能力．