Question

20．如图所示的几何体中，ABC-A₁B₁C₁为三棱柱，且AA₁⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD=2CD，∠ADC=60°．
（1）若AA₁=AC，求证：AC₁⊥平面A₁B₁CD；
（2）若CD=2，AA₁=λAC，二面角A-C₁D-C的余弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，求三棱锥C₁-A₁CD的体积．

Answer 1

分析 （I）连接A₁C交AC₁于E，证明AA₁⊥AC，CD⊥AC，推出CD⊥平面A₁ACC₁，然后证明AC₁⊥平面A₁ B₁CD．
（II）如图建立直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面 AC₁D的法向量$\overrightarrow{n_1}=（{\sqrt{3}，1，\frac{1}{λ}}）$，平面C₁CD的法向量为$\overrightarrow{n_2}=（{0，1，0}）$，通过向量的数量积求出λ=1，然后利用等体积法求解体积即可．

解答 （I）证明：连接A₁C交AC₁于E，因为AA₁=AC，又A A₁⊥平面ABCD，所以AA₁⊥AC，
所以A₁ACC₁为正方形，所以A₁C⊥AC₁，…（2分）
在△ACD中，AD=2CD，∠ADC=60°，由余弦定理得 AC²=AD²+CD²-2 AC•DCcos60°，
所以${A}C=\sqrt{3}CD$，所以AD²=AC²+CD²，
所以CD⊥AC，又AA₁⊥CD．所以CD⊥平面A₁ACC₁，
所以CD⊥AC₁，所以AC₁⊥平面A₁ B₁CD．…（6分）
（II）如图建立直角坐标系，则D（2，0，0），${A}（{0，2\sqrt{3}，0}）$，${C_1}（{0，0，2\sqrt{3}λ}）$，${{A}_1}（{0，2\sqrt{3}，2\sqrt{3}λ}）$∴$\overrightarrow{D{C_1}}=（{-2，0，2\sqrt{3}λ}）$，$\overrightarrow{D{{A}_1}}=（{-2，2\sqrt{3}，2\sqrt{3}λ}）$
对平面 AC₁D，因为$\overrightarrow{{A}D}=（{2，-2\sqrt{3}，0}）$，$\overrightarrow{{A}{C_1}}=（{0，-2\sqrt{3}，2\sqrt{3}λ}）$
所以法向量$\overrightarrow{n_1}=（{\sqrt{3}，1，\frac{1}{λ}}）$，
平面C₁CD的法向量为$\overrightarrow{n_2}=（{0，1，0}）$，…（8分）
由$cosθ=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|•|{\overrightarrow{n_2}}|}}=\frac{1}{{\sqrt{3+1+{λ^{-2}}}}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，得λ=1，…（10分）
所以 A A₁=AC，此时，CD=2，${A}{{A}_1}={A}C=2\sqrt{3}$，
所以${V_{{C_1}-{{A}_1}CD}}={V_{D-{{A}_1}C{C_1}}}=\frac{1}{3}×（{\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2\sqrt{3}}）×2=4$…（12分）

点评 本题考查二面角的平面镜的求法与应用，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．