Question

5．直棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=5，AC=4，BC=3，AA₁=4，点D在AB上．
（1）求证：AC⊥B₁C；
（2）若D是AB中点，求证：AC₁∥平面B₁CD；
（3）当$\frac{BD}{AB}$=$\frac{3}{7}$时，求二面角B-CD-B₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）证明AC⊥BC．CC₁⊥AC．即可证明AC⊥平面BB₁C₁C．然后证明AC⊥B₁C．
（2）连接BC₁，交B₁C于E，DE．证明DE∥AC₁．利用直线与平面平行的判定定理证明AC₁∥平面B₁CD．
（3）以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz．求出相关点的坐标，求出平面BCD与平面CDB₁的法向量，通过斜率的数量积求解，二面角的余弦函数值．

解答 解：（1）证明：在△ABC中，因为AB=5，AC=4，BC=3，
所以AC²+BC²=AB²，所以AC⊥BC．
∵直三棱柱ABC-A₁B₁C₁，所以CC₁⊥AC．
∵BC∩AC=C，
∴AC⊥平面BB₁C₁C．又∵B₁C?平面BB₁C₁C
∴AC⊥B₁C．
（2）证明：连接BC₁，交B₁C于E，DE．
∵直三棱柱ABC-A₁B₁C₁，D是AB中点，
∴侧面BB₁C₁C为矩形，DE为△ABC₁的中位线，
∴DE∥AC₁．
∵DE?平面B₁CD，AC₁?平面B₁CD，
∴AC₁∥平面B₁CD．
（3）由（1）知AC⊥BC，
所以如图，以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz．
则B（3，0，0），A（0，4，0），A₁（0，0，4），B₁（3，0，4）．
设D（a，b，0）（a＞0，b＞0），
因为点D在线段AB上，且$\frac{BD}{AB}=\frac{3}{7}时$$\overrightarrow{BD}=\frac{3}{7}\overrightarrow{BA}$$又\overrightarrow{BD}=（a-3，b，0）=\frac{3}{7}\overrightarrow{BA}=\frac{3}{7}（-3，4，0）$，
∴$（a-3，b，0）=（-\frac{9}{7}，\frac{12}{7}，0）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}a-3=-\frac{9}{7}⇒a=\frac{12}{7}\\ b=\frac{12}{7}\end{array}\right.$，∴$D（\frac{12}{7}，\frac{12}{7}，0）$，
$设\overrightarrow{n}⊥平面{B}_{1}CD，\overrightarrow{n}=（x，y，z），\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{CD}，\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{C{B}_{1}}$，
∵$\overrightarrow{CD}=（\frac{12}{7}，\frac{12}{7}，0），\overrightarrow{C{B}_{1}}=（3，0，4）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{12}{7}x+\frac{12}{7}y=0\\ 3x+4z=0\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}y=-x\\ z=-\frac{3}{4}x\end{array}\right.\begin{array}{\;}，\end{array}\right.$
令x=4，$则\overrightarrow{n}=（4，-4，-3）$．
∵$\overrightarrow{B{B}_{1}}⊥平面BCD\begin{array}{\;}\end{array}\right.$，$\overrightarrow{B{B}_{1}}=（0，0，4）$
∴$cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{B{B}_{1}}＞=\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{B}_{1}}}{|\overrightarrow{n}|×|\overrightarrow{B{B}_{1}}|}=\frac{-12}{4×\sqrt{41}}=-\frac{3\sqrt{41}}{41}$
∴$由图知，所求角为锐角，则所求余弦值为\frac{3\sqrt{41}}{41}$．

点评 本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行与垂直的判定定理与性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．