Question

17．如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠BAC=90°，AC=2$\sqrt{3}$，AA₁=$\sqrt{3}$，AB=2，点D在棱B₁C₁上，且B₁C₁=4B₁D
（Ⅰ）求证：BD⊥A₁C
（Ⅱ）求二面角B-A₁D-C的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分别以AB、AC、AA₁所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，由已知得到所用点的坐标，求得$\overrightarrow{BD}、\overrightarrow{{A}_{1}C}$的坐标，由两向量的数量积为0说明BD⊥A₁C；
（Ⅱ）分别求出平面BDA₁与平面A₁DC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得二面角B-A₁D-C的大小．

解答 （Ⅰ）证明：分别以AB、AC、AA₁所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
∵AC=2$\sqrt{3}$，AA₁=$\sqrt{3}$，AB=2，点D在棱B₁C₁上，且B₁C₁=4B₁D，
∴B（2，0，0），C（0，$2\sqrt{3}$，0），A₁（0，0，$\sqrt{3}$），D（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{3}$）．
则$\overrightarrow{BD}=（-\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{{A}_{1}C}=（0，2\sqrt{3}，-\sqrt{3}）$，
∴$\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=-\frac{1}{2}×0+\frac{\sqrt{3}}{2}×2\sqrt{3}-\sqrt{3}×\sqrt{3}=0$．
∴BD⊥A₁C；
（Ⅱ）解：设平面BDA₁的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，$\overrightarrow{B{A}_{1}}=（-2，0，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BD}=（-\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}，\sqrt{3}）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=-2x+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取z=2，则$\overrightarrow{m}=（\sqrt{3}，-3，2）$；
设平面A₁DC的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，$\overrightarrow{DC}=（-\frac{3}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{2}，-\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{C{A}_{1}}=（0，-2\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=-\frac{3}{2}x+\frac{3\sqrt{3}}{2}y-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=-2\sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}=（-\sqrt{3}，1，2）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2}{4×2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{8}$．
∴二面角B-A₁D-C的大小为arccos$\frac{\sqrt{2}}{8}$．

点评 本题考查空间中直线与直线位置关系的判定，考查二面角的平面角的求法，训练了空间向量在求解立体几何问题中的应用，是中档题．