Question

2．直三棱柱ABC-A₁B₁C₁的所有棱長(zhǎng)都為2，D為CC₁中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：直線AB₁⊥平面A₁BD；
（Ⅱ）求二面角A-A₁D-B的正弦值；
（Ⅲ）當(dāng)$\overrightarrow{AE}$=λ$\overrightarrow{A{B}_{1}}$時(shí)，異面直線DE和AC所成的角為90°，求CE的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先證明直線AB₁垂直平面A₁BD內(nèi)的兩條相交直線BD、A₁B，即可證明AB₁⊥平面A₁BD；
（Ⅱ）設(shè)AB₁與A₁B交于點(diǎn)C，在平面A₁BD中，作GF⊥A₁D于F，連接AF，說(shuō)明∠AFG為二面A-A₁B-B的平面角，然后求二面角A-A₁D-B的大�。�
（Ⅲ）取B₁C₁中點(diǎn)O₁，以0為原點(diǎn)，OB，OO₁ ，OA 的方向?yàn)閤、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系則B（1，0，0），D（-1，1，0），A₁（0，2，$\sqrt{3}$），A（0，0，$\sqrt{3}$），B₁（1，2，0），由異面直線DE和AC所成的角為90°，得$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}=0$，λ=2．即∴$\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AE}=（3，4，-\sqrt{3}）$，可得CE的長(zhǎng)

解答 解：（Ⅰ）取BC中點(diǎn)O，連接AO、∵△ABC為正三角形，∴AO⊥BC．
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面ABC⊥平面BCC₁B₁，∴AO⊥平面BCC₁B₁，
連接B₁O，在正方形BB₁C₁C中，O、D分別為BC、CC₁的中點(diǎn)，
∴B₁O⊥BD，
∴AB₁⊥BD．
在正方形ABB₁A₁中，AB₁⊥A₁B，
∴AB₁⊥平面A₁BD．
（Ⅱ）設(shè)AB₁與A₁B交于點(diǎn)G，在平面A₁BD中，作GF⊥A₁D于F，連接AF，由（Ⅰ）得AB₁⊥平面A₁BD，
∴∠AFG為二面A-A₁D-B的平面角，
在△AA₁D中，由等面積法可求得AF=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
又∵AG=$\frac{1}{2}$=AB₁=$\sqrt{2}$，∴sin∠AFG=$\frac{AG}{AF}=\frac{\sqrt{10}}{4}$，
所以二面角A-A₁D-B的正弦值：$\frac{\sqrt{10}}{4}$
（Ⅲ）：取BC中點(diǎn)O，連接AO．
∵△ABC為正三角形，∴AO⊥BC、
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面ABC⊥平面BCC₁B₁，
∴AO⊥平面BCC₁B₁，
取B₁C₁中點(diǎn)O₁，以0為原點(diǎn)，OB，OO₁ ，OA 的方向?yàn)閤、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系
則B（1，0，0），D（-1，1，0），A₁（0，2，$\sqrt{3}$），A（0，0，$\sqrt{3}$），B₁（1，2，0），
$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{A{B}_{1}}=（λ，2λ，-\sqrt{3}λ）$，$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AE}=（λ+1，2λ-1，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$.$\overrightarrow{AC}=（-1，0，-\sqrt{3}）$
∵異面直線DE和AC所成的角為90°，∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}=0$，解得λ=2．
即∴$\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AE}=（3，4，-\sqrt{3}）$，∴CE的長(zhǎng)為$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}+（-\sqrt{3}）^{2}}=2\sqrt{7}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定，二面角、異面直線夾角的求法，考查空間想象能力，邏輯思維能力，計(jì)算能力，是中檔題．