Question

7．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D是A₁B₁的中點．
（1）求證：A₁C∥平面BDC₁；
（2）若AB⊥AC，且AB=AC=$\frac{2}{3}$AA₁，求二面角A-BD-C₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取AB的中點E，連結(jié)A₁E，CE，DE，推導出A₁E∥BD，CE∥C₁D，從而平面A₁CE∥平面BDC₁，由此能證明A₁C∥平面BDC₁．
（2）法一：延長BD至F，連結(jié)A₁F，使得A₁F⊥DF，連結(jié)C₁F，推導出∠A₁FC₁是所求二面角的平面角，由此能求出二面角A-BD-C₁的余弦值．
（2）法二：以A₁為坐標原點，建立如圖所求的空間直角坐標系A(chǔ)₁-xyz，利用向量法能求出二面角A-BD-C₁的余弦值．

解答 證明：（1）取AB的中點E，連結(jié)A₁E，CE，DE，
在四邊形A₁EBD是平行四邊形，即A₁E∥BD，
同理，四邊形CC₁DE是平行四邊形，即CE∥C₁D，
又A₁E∩CE=E，∴平面A₁CE∥平面BDC₁，
∵A₁C?平面A₁CE，∴A₁C∥平面BDC₁．
解：（2）法一：延長BD至F，連結(jié)A₁F，使得A₁F⊥DF，連結(jié)C₁F，
∵AB⊥AC，∴A₁B⊥A₁C，
又A₁C₁⊥AA₁，∴A₁C₁⊥平面AA₁B₁B，∴∠A₁FC₁是所求二面角的平面角，
設(shè)AB=2，又AB=AC=$\frac{2}{3}A{A}_{1}$，∴A₁D=1，AA₁=3，∴BD=$\sqrt{10}$，
∵△A₁DF∽△BDB₁，∴$\frac{{A}_{1}D}{BD}=\frac{{A}_{1}F}{B{B}_{1}}$，∴A₁F=$\frac{3}{\sqrt{10}}$，
∵A₁C₁=2，∴${C}_{1}F=\frac{7}{\sqrt{10}}$，
∴cos∠A₁FC₁=$\frac{{A}_{1}F}{{C}_{1}F}$=$\frac{3}{7}$．∴二面角A-BD-C₁的余弦值為$\frac{3}{7}$．
（2）法二：棱柱ABC-A₁B₁C₁是直三棱柱，A₁B₁⊥A₁C₁，
∴A₁B₁，A₁C₁，AA₁兩兩垂直，
以A₁為坐標原點，建立如圖所求的空間直角坐標系A(chǔ)₁-xyz，
設(shè)AB=2，則B（3，2，0），D（0，1，0），C₁（0，0，2），
∴$\overrightarrow{DB}$=（3，1，0），$\overrightarrow{D{C}_{1}}$=（0，-1，2），
設(shè)平面BDC₁的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DB}=3x+y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{C}_{1}}=-y+2z=0}\end{array}\right.$，取y=6，得$\overrightarrow{n}$=（-2，6，3），
∵平面AA₁DB的一個法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3}{7}$，
由圖知二面角A-BD-C₁的平面角為多姿多彩銳角，
∴二面角A-BD-C₁的余弦值為$\frac{3}{7}$．

點評 本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．