Question

12．如图，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=BC，AB⊥BC，侧面AA₁C₁C是菱形，∠A₁AC=60°，且侧面AA₁C₁C⊥底面ABC，点O为线段AC的中点，点E为线段BC₁上的一动点（不包括端点）．
（1）求证：A₁O⊥平面A₁B₁C₁；
（2）试确定点E的位置，使平面A₁AE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）推导出AA₁=AC，△A₁AC为等边三角形，从而A₁O⊥AC，进而A₁O⊥平面ABC，由此能证明A₁O⊥平面A₁B₁C₁．
（2）连结OB，由AB=BC，得AC⊥OB，从而A₁O⊥OB，A₁O⊥AC，以O为原点，分别以OB，OC，OA₁所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法推导出当点E是线段BC₁的靠近B的三等分点时，平面A₁AE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．

解答 证明：（1）连结A₁C，∵侧面AA₁C₁C是菱形，
∴AA₁=AC，
∵∠A₁AC=60°，∴△A₁AC为等边三角形，
又O为AC的中点，∴A₁O⊥AC，
又侧面AA₁C₁C⊥底面ABC，交线为AC，A₁O?平面AA₁C₁C，
∴A₁O⊥平面ABC，
在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，
平面ABC∥平面A₁B₁C₁，
∴A₁O⊥平面A₁B₁C₁．
解：（2）连结OB，由AB=BC，得AC⊥OB，
由（1）知A₁O⊥平面ABC，
∴A₁O⊥OB，A₁O⊥AC，
∴OB，OC，OA₁两两垂直，
如图，以O为原点，分别以OB，OC，OA₁所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AC=2，则由题意知B（1，0，0），C（0，1，0），
A₁（0，0，$\sqrt{3}$），A（0，-1，0），C₁（0，2，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{A{A}_{1}}=（0，1，\sqrt{3}）$，设$\overrightarrow{BE}$=$λ\overrightarrow{B{C}_{1}}$，0＜λ＜1，
则（x_E-1，y_E，z_E）=λ（-1，2，$\sqrt{3}$），
∴x_E=1-λ，y_E=2λ，${z}_{E}=\sqrt{3}λ$，即E（1-λ，2λ，$\sqrt{3}λ-\sqrt{3}$），
设平面A₁AE的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=y+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}E}=（1-λ）x+2λy+\sqrt{3}（λ-1）z=0}\end{array}\right.$，
令z=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\frac{3（λ+1）}{1-λ}$，-3，$\sqrt{3}$），
由（1）知$\overrightarrow{O{A}_{1}}$=（0，0，$\sqrt{3}$）是平南ABC的一个法向量，
∴|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{O{A}_{1}}$＞|=$\frac{3}{\sqrt{3}×\sqrt{12+\frac{9（λ+1）^{2}}{（1-λ）^{2}}}}$=$\frac{1}{4}$，
解得$λ=\frac{1}{3}$或λ=3（舍去），
∴当点E是线段BC₁的靠近B的三等分点时，
平面A₁AE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为$\frac{1}{4}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查满足二面角的余弦值为$\frac{1}{4}$的点的位置的确定，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．