Question

9．已知四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的侧棱AA₁⊥底面ABCD，ABCD是等腰梯形，AB∥DC，AB=2，AD=1，∠ABC=60°，E为A₁C的中点
（Ⅰ）求证：D₁E∥平面BB₁C₁C；
（Ⅱ）求证：BC⊥A₁C；
（Ⅲ）若A₁A=AB，求二面角A₁-AC-B₁的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取A₁B₁中点F，连结D₁F，EF，B₁C，由中位线定理，得EF∥CB₁，从而得到四边形D₁C₁B₁F为平行四边形，进而平面D₁EF∥平面BB₁C₁C，由此能证明D₁E∥平面BB₁C₁C．
（Ⅱ）以A为坐标原点，直线AB、AA₁分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明BC⊥A₁C．
（Ⅲ）求出平面A₁AC的法向量和平面AB₁C的法向量，利用向量法能求出二面角A₁-AC-B₁的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）取A₁B₁中点F，连结D₁F，EF，B₁C，
∵EF是△A₁CB₁的中位线，∴EF∥CB₁，
∵AB∥DC，∴A₁B₁∥D₁C₁，
又∵AB=2，AD=1，∠ABC=60°，∴D₁C₁=1，
∴D₁C₁=FB₁，∴四边形D₁C₁B₁F为平行四边形，∴D₁F∥C₁B₁，
又∵EF∩D₁F=F，CB₁∩C₁B₁=B₁，
∴平面D₁EF∥平面BB₁C₁C，
又∵D₁E?平面D₁EF，∴D₁E∥平面BB₁C₁C．
（Ⅱ）以A为坐标原点，直线AB、AA₁分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
设AA₁=a，则B（0，2，0），C（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），A₁（0，0，a），
$\overrightarrow{BC}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，0$），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}，-a$），
∵$\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{{A}_{1}C}$=$\frac{3}{4}-\frac{3}{4}+0=0$，
∴BC⊥A₁C．
解：（Ⅲ）∵A₁A=AB=2，
∴A（0，0，0），B₁（0，2，2），C（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}$，0），A₁（0，0，2），
∴$\overrightarrow{AC}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}$，0），$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=（0，0，2），$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（0，2，2），
设$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z）是平面A₁AC的法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AC}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=2z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（-$\sqrt{3}$，1，0），
设$\overrightarrow{{n}_{2}}$是平面AB₁C的法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AC}=\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{3}{2}b=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{A{B}_{1}}=2b+2c=0}\end{array}\right.$，取c=1，得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（$\sqrt{3}，-1，1$），
设二面角A₁-AC-B₁的平面角为θ，
则cosθ=|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}|}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{|-3-1|}{2\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴二面角A₁-AC-B₁的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查线面平行的证明，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．