分析 (1)推導(dǎo)出四邊形A1ACC1是平行四邊形,從而A1C1∥AC.進(jìn)而四邊形ADC1B1是平行四邊形,從而AB1∥DC1,進(jìn)而AC∥平面A1DC1,AB1∥平面A1DC1,由此能證明平面A1DC1∥平面AB1C.
(2)設(shè)AC∩BD=O,推導(dǎo)出A1E⊥AC,從而A1E⊥平面ABCD.以E為原點(diǎn),分別以AC,A1E所在直線(xiàn)為x,z軸,以過(guò)點(diǎn)E與BD平行的直線(xiàn)為y軸建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能求出二面角B1-AC-B的余弦值.
解答 證明:(1)因?yàn)锳A1平行等于CC1,所以四邊形A1ACC1是平行四邊形,所以A1C1∥AC.
又因?yàn)锳D平行等于B1C1,所以四邊形ADC1B1是平行四邊形,所以AB1∥DC1.
因?yàn)锳C,AB1?平面A1DC1,A1C1,DC1⊆平面A1DC1,
所以AC∥平面A1DC1,AB1∥平面A1DC1,又因?yàn)锳C∩AB1=A,AC,AB1⊆平面AB1C,
所以平面A1DC1∥平面AB1C.
解:(2)設(shè)AC∩BD=O,由題意可知△ABD是等邊三角形.
因?yàn)?AB=3\sqrt{3}$,所以$OA=ABcos∠BAC=3\sqrt{3}cos{30°}=\frac{9}{2}$,
所以$AE=\frac{2}{3}OA=3$,所以$AA_1^2={A_1}{E^2}+A{E^2}$,所以A1E⊥AC,
又因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面A1ACC1,平面ABCD∩平面A1ACC1=AC,A1E⊆平面A1ACC1,所以A1E⊥平面ABCD.
以E為原點(diǎn),分別以AC,A1E所在直線(xiàn)為x,z軸,以過(guò)點(diǎn)E與BD平行的直線(xiàn)為y軸建立空間直角坐標(biāo)系,
則$E(0,0,0),{A_1}(0,0,4),A(-3,0,0),B(\frac{3}{2},-\frac{{3\sqrt{3}}}{2},0),C(6,0,0)$.設(shè)B1(x1,y1,z1).
因?yàn)?\overrightarrow{A{A_1}}=(3,0,4)$,$\overrightarrow{B{B_1}}=({x_1}-\frac{3}{2},{y_1}+\frac{{3\sqrt{3}}}{2},{z_1})$,$\overrightarrow{A{A_1}}=\overrightarrow{B{B_1}}$,所以$\overrightarrow{B{B_1}}=(\frac{9}{2},-\frac{{3\sqrt{3}}}{2},4)$.
由A1E⊥平面ABCD,可知平面ABCD的法向量是$\overrightarrow{E{A_1}}=(0,0,4)$.
設(shè)平面B1AC的法向量是$\overrightarrow n=(x,y,z)$,而$\overrightarrow{AC}=(9,0,0)$,$\overrightarrow{A{B_1}}=(\frac{15}{2},-\frac{{3\sqrt{3}}}{2},4)$.
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=9x=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{A{B_1}}=\frac{15}{2}x-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}y+4z=0}\end{array}}\right.$,所以$x=0,z=\frac{{3\sqrt{3}}}{8}y$.
所以$\overrightarrow n=(0,y,\frac{{3\sqrt{3}}}{8}y)=\frac{1}{8}y(0,8,3\sqrt{3})$.
取平面B1AC的法向量$\overrightarrow n=(0,8,3\sqrt{3})$,所以$cos<\overrightarrow{E{A_1}},\overrightarrow n>=\frac{{\overrightarrow{E{A_1}}•\overrightarrow n}}{{|{\overrightarrow{E{A_1}}}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{{3\sqrt{273}}}{91}$.
故二面角B1-AC-B的余弦值為$\frac{3\sqrt{273}}{91}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查面平行的證明,考查二面角的余弦值的求法,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.
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