Question

9．如图，直三棱柱ABC一A₁B₁C₁中，AB=$\sqrt{2}$，AC=3，BC=$\sqrt{5}$，D是AC_l的中点，E是侧棱BB₁上的一个动点
（1）当E是BB₁的中点时，证明：DE∥平面A₁B₁C₁
（2）在棱BB₁上是否存在点E使平面AC₁E⊥平面AC₁C？若存在，求出$\frac{BE}{{B{B_1}}}$的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图，取A₁C₁中点M，连B₁M，MD，可证MD$\stackrel{∥}{=}$B₁E，既有四边形MDEB为平行四边形，可证MB₁∥DE，又DE?平面A₁B₁C₁，MB₁?平面A₁B₁C₁，即可证明DE∥平面A₁B₁C₁．
（2）过B₁作B₁Q⊥A₁C₁于Q，既有B₁Q⊥平面CAC₁，假设满足题意的点E存在，则过E作EP⊥AC₁于P，可证EP$\stackrel{∥}{=}$B₁Q，设BB₁=x，BE=y，可得$\frac{PQ}{A{A}_{1}}=\frac{{C}_{1}Q}{{C}_{1}{A}_{1}}$，在△A₁B₁C₁中，由余弦定理可求cos∠B₁C₁A₁，从而可得sin∠B₁C₁A₁，由三角形面积公式可求B₁Q，C₁Q，从而可求出$\frac{BE}{{B{B_1}}}$的值．

解答 证明：（1）如图，取A₁C₁中点M，连B₁M，MD，
在△C₁A₁A中，DM$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AA₁=$\frac{1}{2}$BB₁，…2分
∴MD$\stackrel{∥}{=}$B₁E，∴四边形MDEB为平行四边形，
∴MB₁∥DE，又DE?平面A₁B₁C₁，MB₁?平面A₁B₁C₁，
∴DE∥平面A₁B₁C₁…5分
（2）过B₁作B₁Q⊥A₁C₁于Q，∵直三棱柱ABC-A₁B₁C₁，
∴B₁Q⊥平面CAC₁，
假设满足题意的点E存在，则过E作EP⊥AC₁于P，由于平面AC₁E⊥平面AC₁C，则EP⊥PC，
又BB₁∥平面CAC₁，∴EP$\stackrel{∥}{=}$B₁Q，
设BB₁=x，BE=y，
∴PQ$\stackrel{∥}{=}$B₁E，$\frac{PQ}{A{A}_{1}}=\frac{{C}_{1}Q}{{C}_{1}{A}_{1}}$…9分
在△A₁B₁C₁中，由余弦定理cos∠B₁C₁A₁=$\frac{5+9-2}{6\sqrt{5}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，
∴sin∠B₁C₁A₁=$\sqrt{1-\frac{4}{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
由${S}_{{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}$=$\frac{1}{2}×\sqrt{5}×3×\frac{\sqrt{5}}{5}$=$\frac{1}{2}×3×{B}_{1}Q$可得B₁Q=1…10分
在Rt△C₁QB₁中，C₁Q=$\sqrt{5-1}$=2，
∴$\frac{PQ}{A{A}_{1}}=\frac{{C}_{1}Q}{{C}_{1}{A}_{1}}=\frac{2}{3}=\frac{E{B}_{1}}{B{B}_{1}}$，
∴$\frac{BE}{B{B}_{1}}$=$\frac{B{B}_{1}-E{B}_{1}}{B{B}_{1}}$=1-$\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$，
即：存在满足题意的点E，此时有$\frac{BE}{B{B}_{1}}=\frac{1}{3}$…12分

点评 本题主要考查了平面与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力及转化思想，属于中档题．