Question

7．如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，过A₁C作平面A₁CD平行于BC₁，交AB于D点．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）若四边形BCC₁B₁是正方形，且${A_1}D=\sqrt{5}$，求二面角D-A₁C-B₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结AC₁，设AC₁与A₁C相交于点E，连接DE，推导出DE∥BC₁，从而D为AB的中点，再由△ABC是等边三角形，能证明CD⊥AB．
（2）推出A₁A⊥AD，A₁A⊥BC，从而A₁A⊥平面ABC，设BC的中点为O，以O为原点，OB所在的直线为x轴，OO₁所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz．利用向量法能求出二面角D-A₁C-B₁的余弦值．

解答 （本小题满分12分）
证明：（1）连结AC₁，设AC₁与A₁C相交于点E，
连接DE，则E为AC₁中点，
∵BC₁∥平面A₁CD，DE=平面A₁CD∩平面ABC₁，
∴DE∥BC₁，∴D为AB的中点，
又∵△ABC是等边三角形，∴CD⊥AB．
解：（2）∵$A{D^2}+{A_1}{A^2}=5={A_1}{D^2}$，∴A₁A⊥AD，
又B₁B⊥BC，B₁B∥A₁A，∴A₁A⊥BC，
又AD∩BC=B，∴A₁A⊥平面ABC，
设BC的中点为O，B₁C₁的中点为O₁，
以O为原点，OB所在的直线为x轴，OO₁所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz．
则$C（-1，0，0），{A_1}（0，2，\sqrt{3}），D（\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），{B_1}（1，2，0）$，
即$\overrightarrow{CD}=（\frac{3}{2}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），\overrightarrow{C{A_1}}=（1，2，\sqrt{3}），\overrightarrow{C{B_1}}=（2，2，0）$，
设平面DA₁C的法向量为$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{CD}=0}\\{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{C{A_1}}=0}\end{array}}\right.$，得$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}{x_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_1}=0}\\{{x_1}+2{y_1}+\sqrt{3}{z_1}=0}\end{array}}\right.$，令x₁=1，得$\overrightarrow{n_1}=（1，1，-\sqrt{3}）$，
设平面A₁CB₁的法向量为$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{C{A_1}}=0}\\{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{C{B_1}}=0}\end{array}}\right.$，得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_2}+2{y_2}+\sqrt{3}{z_2}=0}\\{2{x_2}+2{y_2}=0}\end{array}}\right.$，令x₂=1，得$\overrightarrow{n_2}=（1，-1，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，
∴$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}}=\frac{1-1-1}{{\sqrt{5}×\sqrt{\frac{7}{3}}}}=-\frac{{\sqrt{105}}}{35}$，
故二面角D-A₁C-B₁的余弦值是$\frac{{\sqrt{105}}}{35}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．