Question

10．如图，在底面为菱形ABCD的四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，∠ABC=60°，AA₁=AB=2，A₁B=A₁D=2$\sqrt{2}$．
（1）求证：AA₁⊥面ABCD．
（2）若点E在A₁D上，且$\frac{{{A_1}E}}{ED}$=2，求二面角E-AC-D．

Answer 1

分析 （1）由$A{A}_{1}=AB=2，{A}_{1}B=2\sqrt{2}$即可得到AA₁⊥AB，再根据四边形ABCD为菱形同样可得到AA₁⊥AD，从而便证出AA₁⊥面ABCD；
（2）取BC边的中点F，连接AF，容易说明AF⊥AD，从而可以边AF，AD，AA₁所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据条件求出点E的坐标．可根据平面ACE和平面ACD的法向量的夹角来求这两平面形成二面角的大小：可设平面ACE的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（x，y，z）$，根据$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$即可求出$\overrightarrow{{n}_{1}}$，而平面ACD的法向量为$\overrightarrow{A{A}_{1}}=（0，0，2）$，从而根据向量夹角余弦的坐标公式求cos$＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞$，从而求得该夹角．

解答 解：（1）证明：∵A₁A=AB=2，A₁B=2$\sqrt{2}$，∴A₁A⊥AB；
又∵四边形ABCD是菱形∴AD=AB=2；
又A₁D=2$\sqrt{2}$，∴A₁A⊥AD；
∵AB?面ABCD，AD?面ABCD，AB∩AD=A；
∴A₁A⊥面ABCD；
（2）∵ABCD为菱形且∠ABC=60°，∴△ABC为正三角形；
取BC中点F，∴AF⊥BC，∵AD∥BC，∴AF⊥AD；
如下图，以A为原点，直线AF、AD、AA₁分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系；

∴A（0，0，0），B（$\sqrt{3}$，-1，0），C（$\sqrt{3}$，1，0），D（0，2，0），A₁（0，0，2）；
∵$\frac{{{A_1}E}}{ED}$=2，∴E（0，$\frac{4}{3}$，$\frac{2}{3}$）；
设平面ACE的法向量为$\overrightarrow{n_1}$=（x，y，z）；
∴$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AE}=0\\ \overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AC}=0\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{3}y+\frac{2}{3}z=0}\\{\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=-\sqrt{3}x}\\{z=2\sqrt{3}x}\end{array}\right.$，令x=1得$\overrightarrow{n_1}$=（1，$-\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$）；
又平面ABCD的法向量$\overrightarrow{n_2}$=（0，0，2）；
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$₁，$\overrightarrow{{n}_{2}}$₂＞=$|{\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}}}|$=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{||\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}=\frac{4\sqrt{3}}{2•4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$；
∴二面角E-AC-D的大小为30°．

点评 考查直角三角形边的关系，线面垂直的判定定理，建立空间直角坐标系，利用平面法向量求二面角平面角大小的方法，能求空间点的坐标，掌握平面法向量的概念，以及向量夹角余弦的坐标公式．