Question

2．如圖，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，點(diǎn)D是AB的上一點(diǎn)，且AD=tAB．
（1）當(dāng)t=$\frac{1}{2}$時(shí)，求證：BC₁∥平面A₁CD；
（2）若AB=AA₁，且t=$\frac{1}{3}$，求平面A₁CD與平面BB₁C₁C所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連接AC₁ 交A₁C于E，則E為AC₁的中點(diǎn)，由三角形中位線定理可得ED∥BC₁，再由線面平行的判定可得BC₁∥平面A₁CD；
（2）取AC中點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OE、OB所在直線為x、y、z軸距離空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=AA₁=2，求出所用點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)一步求出平面A₁CD與平面BB₁C₁C的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面A₁CD與平面BB₁C₁C與平面BB₁C₁C所成銳二面角的余弦值．

解答 （1）證明：
當(dāng)t=$\frac{1}{2}$時(shí)，D為AB的中點(diǎn)，連接AC₁ 交A₁C于E，則E為AC₁的中點(diǎn)，
連接ED，則ED∥BC₁，
∵ED?平面A₁CD，BC₁?平面A₁CD，
∴BC₁∥平面A₁CD；
（2）解：取AC中點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OE、OB所在直線為x、y、z軸距離空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AB=AA₁=2，則C（-1，0，0），A₁（1，2，0），D（$\frac{2}{3}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），B（0，0，$\sqrt{3}$），C₁ （-1，2，0），
$\overrightarrow{CD}=（\frac{5}{3}，0，\frac{\sqrt{3}}{3}）$，$\overrightarrow{{A}_{1}D}=（-\frac{1}{3}，-2，\frac{\sqrt{3}}{3}）$，$\overrightarrow{CB}=（1，0，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{C{C}_{1}}=（0，2，0）$．
設(shè)平面A₁CD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CD}=\frac{5}{3}x+\frac{\sqrt{3}}{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-\frac{1}{3}x-2y+\frac{\sqrt{3}}{3}z=0}\end{array}\right.$，取z=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}=（-\frac{3}{5}，\frac{3}{5}，\sqrt{3}）$；
設(shè)平面BB₁C₁C的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=x+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{C}_{1}}=2y=0}\end{array}\right.$，取z=1，得$\overrightarrow{n}=（-\sqrt{3}，0，1）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{\frac{8\sqrt{3}}{5}}{\frac{\sqrt{93}}{5}×2}$=$\frac{4\sqrt{31}}{31}$．
∴平面A₁CD與平面BB₁C₁C所成銳二面角的余弦值為$\frac{4\sqrt{31}}{31}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面平行的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．