Question

如圖，棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的所有棱長都等于2，∠ABC=60°，平面AA₁C₁C⊥平面ABCD，∠A₁AC=60°．
（Ⅰ）證明：BD⊥AA₁；
（Ⅱ）求二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）在直線CC₁上是否存在點P，使BP∥平面DA₁C₁？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由．

Answer 1

【答案】分析：法一：（Ⅰ）連接BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A₁O，可證A₁O⊥底面ABCD，從而建立空間直角坐標系，求出向量的坐標，證明向量的數(shù)量積為0 即可得到BD⊥AA₁；
（Ⅱ）確定平面AA₁C₁C、平面AA₁D的法向量，利用向量的夾角公式，可求二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）解：假設(shè)在直線CC₁上存在點P，使BP∥平面DA₁C₁，求出平面DA₁C₁的法向量，利用數(shù)量積為0，即可求得結(jié)論．
法二：（Ⅰ）先證明BD⊥平面AA₁O，即可證得AA₁⊥BD；
（Ⅱ）過O作OE⊥AA₁于E點，連接OE，則∠DEO為二面角D-AA₁-C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）存在這樣的點P，連接B₁C，在C₁C的延長線上取點P，使C₁C=CP，連接BP，可得四邊形BB₁CP為平行四邊形，進而利用線面平行的判定可得結(jié)論．
解答：法一：（Ⅰ）證明：連接BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A₁O，
在△AA₁O中，AA₁=2，AO=1，∠A₁AO=60°
∴A₁O²=AA₁²+AO²-2AA₁•Aocos60°=3
∴AO²+A₁O²=A₁²
∴A₁O⊥AO，
∵平面AA₁C₁C⊥平面ABCD，平面AA₁C₁C∩平面ABCD=AO
∴A₁O⊥底面ABCD
∴以O(shè)B、OC、OA₁所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則
A（0，-1，0），B（，0，0），C（0，1，0），
D（-，0，0），A₁（0，0，）                         …（2分）
∵，，
∴
∴BD⊥AA₁…（4分）
（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA₁C₁C，∴平面AA₁C₁C的法向量
設(shè)⊥平面AA₁D，，則由
得到，∴…（6分）
∴
所以二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值是…（8分）
（Ⅲ）解：假設(shè)在直線CC₁上存在點P，使BP∥平面DA₁C₁
設(shè)，則得…（9分）
設(shè)⊥平面DA₁C₁，，則由
得到，∴…（10分）
又因為平面DA₁C₁，則•，∴，∴λ=-1
即點P在C₁C的延長線上且使C₁C=CP          …（13分）
法二：（Ⅰ）證明：過A₁作A₁O⊥AC于點O，
由于平面AA₁C₁C⊥平面ABCD，由面面垂直的性質(zhì)定理知，A₁O⊥平面ABCD，∴A₁O⊥BD
又底面為菱形，所以AC⊥BD
∵A₁O∩AC=O
∴BD⊥平面AA₁O
∵AA₁?平面AA₁O
∴AA₁⊥BD…（4分）
（Ⅱ）解：在△AA₁O中，A₁A=2，∠A₁AO=60°，∴AO=AA₁•cos60°=1
所以O(shè)是AC的中點，由于底面ABCD為菱形，所以O(shè)也是BD中點
由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA₁C
過O作OE⊥AA₁于E點，連接OE，則AA₁⊥DE，故∠DEO為二面角D-AA₁-C的平面角                  …（6分）
在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°
∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=
在Rt△AEO中，OE=OA•sin∠EAO=DE=
∴cos∠DEO=
∴二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值是…（9分）
（Ⅲ）解：存在這樣的點P，連接B₁C，
∵A₁B₁ABDC，∴四邊形A₁B₁CD為平行四邊形，∴A₁D∥B₁C
在C₁C的延長線上取點P，使C₁C=CP，連接BP                       …（11分）
∵B₁BCC₁，…（12分）
∴BB₁CP
∴四邊形BB₁CP為平行四邊形
∴BP∥B₁C，∴BP∥A₁D
∵BP?平面DA₁C₁，A₁D?平面DA₁C₁，
∴BP∥平面DA₁C₁                      …（13分）
點評：本題考查線面位置關(guān)系，考查面面角，解題的關(guān)鍵是掌握線面平行、垂直的判定方法，正確作出面面角，考查利用向量方法解決立體幾何問題，屬于中檔題．