Question

20．如图，棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面是菱形．侧棱长为5，平面ABCD⊥平面A₁ACC₁，AB=3$\sqrt{3}$，∠BAD=60°，点E是△ABD的重心，且A₁E=4．
（1）求证：平面A₁DC₁∥平面AB₁C；
（2）求二面角B₁-AC-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推导出四边形A₁ACC₁是平行四边形，从而A₁C₁∥AC．进而四边形ADC₁B₁是平行四边形，从而AB₁∥DC₁，进而AC∥平面A₁DC₁，AB₁∥平面A₁DC₁，由此能证明平面A₁DC₁∥平面AB₁C．
（2）设AC∩BD=O，推导出A₁E⊥AC，从而A₁E⊥平面ABCD．以E为原点，分别以AC，A₁E所在直线为x，z轴，以过点E与BD平行的直线为y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B₁-AC-B的余弦值．

解答 证明：（1）因为AA₁平行等于CC₁，所以四边形A₁ACC₁是平行四边形，所以A₁C₁∥AC．
又因为AD平行等于B₁C₁，所以四边形ADC₁B₁是平行四边形，所以AB₁∥DC₁．
因为AC，AB₁?平面A₁DC₁，A₁C₁，DC₁⊆平面A₁DC₁，
所以AC∥平面A₁DC₁，AB₁∥平面A₁DC₁，又因为AC∩AB₁=A，AC，AB₁⊆平面AB₁C，
所以平面A₁DC₁∥平面AB₁C．
解：（2）设AC∩BD=O，由题意可知△ABD是等边三角形．
因为$AB=3\sqrt{3}$，所以$OA=ABcos∠BAC=3\sqrt{3}cos{30°}=\frac{9}{2}$，
所以$AE=\frac{2}{3}OA=3$，所以$AA_1^2={A_1}{E^2}+A{E^2}$，所以A₁E⊥AC，
又因为平面ABCD⊥平面A₁ACC₁，平面ABCD∩平面A₁ACC₁=AC，A₁E⊆平面A₁ACC₁，所以A₁E⊥平面ABCD．
以E为原点，分别以AC，A₁E所在直线为x，z轴，以过点E与BD平行的直线为y轴建立空间直角坐标系，
则$E（0，0，0），{A_1}（0，0，4），A（-3，0，0），B（\frac{3}{2}，-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，0），C（6，0，0）$．设B₁（x₁，y₁，z₁）．
因为$\overrightarrow{A{A_1}}=（3，0，4）$，$\overrightarrow{B{B_1}}=（{x_1}-\frac{3}{2}，{y_1}+\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，{z_1}）$，$\overrightarrow{A{A_1}}=\overrightarrow{B{B_1}}$，所以$\overrightarrow{B{B_1}}=（\frac{9}{2}，-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，4）$．
由A₁E⊥平面ABCD，可知平面ABCD的法向量是$\overrightarrow{E{A_1}}=（0，0，4）$．
设平面B₁AC的法向量是$\overrightarrow n=（x，y，z）$，而$\overrightarrow{AC}=（9，0，0）$，$\overrightarrow{A{B_1}}=（\frac{15}{2}，-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，4）$．
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=9x=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{A{B_1}}=\frac{15}{2}x-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}y+4z=0}\end{array}}\right.$，所以$x=0，z=\frac{{3\sqrt{3}}}{8}y$．
所以$\overrightarrow n=（0，y，\frac{{3\sqrt{3}}}{8}y）=\frac{1}{8}y（0，8，3\sqrt{3}）$．
取平面B₁AC的法向量$\overrightarrow n=（0，8，3\sqrt{3}）$，所以$cos＜\overrightarrow{E{A_1}}，\overrightarrow n＞=\frac{{\overrightarrow{E{A_1}}•\overrightarrow n}}{{|{\overrightarrow{E{A_1}}}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{{3\sqrt{273}}}{91}$．
故二面角B₁-AC-B的余弦值为$\frac{3\sqrt{273}}{91}$．

点评 本题考查面平行的证明，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．