Question

11．如图：在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠A₁B₁C₁=90°，A₁B₁=B₁C₁=AA₁=2，且C在底面A₁B₁C₁上的射影A₁C₁边的中点，D为AC的中点，点E在CC₁上，且$\overrightarrow{{C}_{1}E}$=λ$\overrightarrow{{C}_{1}C}$（0＜λ＜1）
（1）求证：BD丄平面ACC₁A₁；
（2）当λ为何值时，二面角B₁-A₁E-C₁的余弦值为$\frac{\sqrt{11}}{11}$．

Answer 1

分析 （1）设A₁C₁边的中点为O，连接OB₁，推导出CO⊥面A₁B₁C₁，从而面A₁C₁CA⊥面A₁C₁C₁，进而B₁O⊥面A₁C₁CA，推导出四边形BB₁OD为平行四边形，由此能证明BD⊥面A₁C₁CA．
（2）如图，以O为原点，OB₁为x轴，OC₁为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出满足条件的λ的值．

解答 证明：（1）设A₁C₁边的中点为O，连接OB₁，因为点C在底面的射影为O点，
所以CO⊥面A₁B₁C₁，又因为CO?面A₁C₁CA，所以面A₁C₁CA⊥面A₁C₁C₁，…（2分）
因为A₁B₁=B₁C₁，∠A₁B₁C₁=90°，面A₁B₁C₁∩A₁C₁CA=A₁C₁，
所以B₁O⊥面A₁C₁CA．…（4分）
连接DO，B₁O，∵DO$\underset{∥}{=}$BB₁，∴四边形BB₁OD为平行四边形，
∴BD∥B₁O，所以BD⊥面A₁C₁CA．…（6分）
解：（2）如图，以O为原点，OB₁为x轴，OC₁为y轴，OC为z轴，建立空间直角坐标系，
则A₁（0，-$\sqrt{2}$，0），B₁（$\sqrt{2}，0，0$），C（0，0，$\sqrt{2}$），${C}_{1}（0，\sqrt{2}，0）$，
∵$\overrightarrow{{C}_{1}E}$=$λ\overrightarrow{{C}_{1}C}$=（0，-$\sqrt{2}λ$，$\sqrt{2}λ$），（0＜λ＜1），∴E（0，$\sqrt{2}（1-λ）$，$\sqrt{2}λ$），…（8分）
设平面A₁B₁E的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），因为$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=（$\sqrt{2}，\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=（0，$\sqrt{2}（2-λ），\sqrt{2}λ$），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}E}=\sqrt{2}（2-λ）+\sqrt{2}λz=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，-1，$\frac{2-λ}{λ}$），…（10分）
而平面A₁C₁AC的一个法向量是$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（$\sqrt{2}，0，0$），
则cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}•\sqrt{2+（\frac{2-λ}{λ}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{11}}{11}$，解得$λ=\frac{1}{2}$或λ=-1，
因为0＜λ＜1，所以$λ=\frac{1}{2}$．…（12分）

点评 本题考查线面垂直的证明，考查满足条件的实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．