Question

2．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AA₁⊥平面ABC，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，CE∥平面A₁BD．
（1）求證：點(diǎn)D是CC₁的中點(diǎn)；
（2）若A₁D⊥BD時(shí)，求平面A₁BD與平面ABC所成二面角（銳角）的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取A₁B₁的中點(diǎn)F，連結(jié)FC₁，EF，設(shè)EF∩A₁B=G，根據(jù)線面平行的性質(zhì)證明四邊形CEGD為平行四邊形，即可證明點(diǎn)D是CC₁的中點(diǎn)；
（2）若A₁D⊥BD時(shí)，建立坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法即可求平面A₁BD與平面ABC所成二面角（銳角）的余弦值．

解答 證明：（1）取A₁B₁的中點(diǎn)F，連結(jié)FC₁，EF，設(shè)EF∩A₁B=G     …（1分）
由作圖過程易得：四邊形EFC₁C為平行四邊形，EG∥AA₁
在△AA₁B中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴點(diǎn)G是A₁B的中點(diǎn)，EG=$\frac{1}{2}$C₁C=$\frac{1}{2}$AA₁，…（3分）
又∵CE∥平面A₁BD．CE?平面EFC₁C，且平面EFC₁C∩平面A₁BD=DG
∴DG∥CE，又∵EG∥CD
∴四邊形CEGD為平行四邊形，CD=EG=$\frac{1}{2}$C₁C，
∴點(diǎn)D是C₁C的中點(diǎn)．                    …（6分）
（2）由（1）知EF∥AA₁，
又∵AA₁⊥平面ABC∴EF⊥平面ABC
又∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，
∴CE⊥AB且CE=$\sqrt{3}$，
如圖建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz，設(shè)EF=2h，…（7分）
則E（0，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），B（1，0，0），F(xiàn)（0，0，2h），A₁（-1，0，2h），D（0，$\sqrt{3}$，h），
$\overrightarrow{A{D}_{1}}$=（1，$\sqrt{3}$，-h），$\overrightarrow{BD}$=（-1，$\sqrt{3}$，h），
由A₁D⊥BD可知：$\overrightarrow{A{D}_{1}}$•$\overrightarrow{BD}$=（1，$\sqrt{3}$，-h）•（-1，$\sqrt{3}$，h）=-1+3-h²=0，
即h²=2，h=$\sqrt{2}$ …（8分）
由z軸⊥平面ABC可得：平面ABC的一個(gè)法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）…（9分）
設(shè)平面A₁BD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\end{array}\right.$ 得：$\left\{\begin{array}{l}{-2x+2\sqrt{2}z=0}\\{-x+\sqrt{3}y+\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，
令$x=\sqrt{2}$，則$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}$，0，0），…（10分）  
∴cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，…（11分）
所以，平面A₁BD與平面ABC所成二面角（銳角）的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$                 …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查線面平行的性質(zhì)以及二面角的求解，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行求解，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．