Question

如图,棱柱ABCD—A₁B₁C₁D₁的所有棱长都等于2,∠ABC=60°,平面AA₁C₁C⊥平面ABCD,∠A₁AC=60°.

(1)求异面直线BD和AA₁所成的角;

(2)求二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值;

(3)在直线CC₁上是否存在点P,使BP∥平面DA₁C₁？若存在,求出点P的位置;若不存在,说明理由.

Answer 1

说明:理科的立体几何一般是既可以用几何法,也可以用建立空间直角坐标系利用向量来解决的.

解:法一:连结BD交AC于O,则BD⊥AC,

连结A₁O,在△AA₁O中,AA₁=2,AO=1,∠A₁AO=60°,

∴A₁O²=AA₁²+AO²-2AA₁·AO·cos60°=3.

∴AO²+A₁O²=AA₁².

∴A₁O⊥AO,由于平面AA₁C₁C⊥平面ABCD,

∴A₁O⊥底面ABCD.

∴以OB、OC、OA₁所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0),A₁(0,0,).

(1)由于=(-2,0,0),=(0,1,),

则·=0×(-2)+1×0+×0=0,

∴BD⊥AA₁,即异面直线BD和AA₁所成的角为90°.

(2)由于OB⊥平面AA₁C₁C,

∴平面AA₁C₁C的法向量n₁=(1,0,0).

设n₂⊥平面AA₁D,则设n₂=(x,y,z),得到取n₂=(1,,-1).

∴cos〈n₁,n₂〉=.∴二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值是.

(3)假设在直线CC₁上存在点P,使BP∥平面DA₁C₁,

设=λ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1,),

得P(0,1+λ,λ),=(-,1+λ,λ).

设n₃⊥平面DA₁C₁,则设n₃=(x₃,y₃,z₃),

得到不妨取n₃=(1,0,-1).

又因为∥平面DA₁C₁,则n₃·=0,即--λ=0,得λ=-1,

即点P在C₁C的延长线上且使C₁C=CP.

法二:(1)过A₁作A₁O⊥AC于点O,由于平面AA₁C₁C⊥平面ABCD,

由面面垂直的性质定理知,A₁O⊥平面ABCD,

又底面为菱形,∴AC⊥BD._AA1⊥BD.

(2)在△AA₁O中,AA₁=2,∠A₁AO=60°,

∴AO=AA₁·cos60°=1.

∴O是AC的中点,由于底面ABCD为菱形,

∴O也是BD中点.

由(1)可知DO⊥平面AA₁C,

过O作OE⊥AA₁于E点,连结OE,则AA₁⊥DE,

则∠DEO为二面角D-AA₁-C的平面角,

在菱形ABCD中,AB=2,∠ABC=60°,

∴AC=AB=BC=2.∴AO=1,DO==.

在Rt△AEO中,OE=OA·sin∠EAO=,

DE===.

∴cos∠DEO==.∴二面角DAA₁C的平面角的余弦值是.

(3)存在这样的点P,连结B₁C,∵A₁B₁ABDC,

∴四边形A₁B₁CD为平行四边形.∴A₁D∥B₁C.

在C₁C的延长线上取点P,使C₁C=CP,连结BP.

∵B₁BC₁C,∴B₁BCP.∴四边形BB₁CP为平行四边形,则BP∥B₁C.

∴BP∥A₁D.∴BP∥平面DA₁C₁.