Question

1．如图，已知侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=AD=1，CB=CD=$\sqrt{3}$，∠BCD=60°，CC₁=$\sqrt{3}$．
（1）若E是线段A₁A上的点且满足A₁E=3AE，求证：平面EBD⊥平面C₁BD；
（2）求二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）法一：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系，设M是BD的中点，连接MC₁，利用向量法能证明平面EBD⊥平面C₁BD．
法二：设M是BD的中点，连接EM和MC₁，EC₁，推导出∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面角，由此能证明平面EBD⊥平面C₁BD．
法三：：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系，设M是BD的中点，连接EM和MC₁，EC₁，则∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面，由此能证明平面EBD⊥平面C₁BD．
法四：连结AC，A₁C₁，B₁D₁，交点为O和N，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，ON为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面EBD⊥平面C₁BD．
（2）法一：求出平面C₁DC的一个法向量和平面C₁BD的法向量，利用向量法能求出二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．
法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．
法三：设N是CD的中点，过N作NF⊥C₁D于F，连接FB，则∠BFN是二面角C-C₁D-B的平面角，由此能求出二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值．

解答 证明：（1）解法一：∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，
∴∠CDA=90°，∠CA=2…（1分）（没有这一步扣一分）
∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系…（2分）
设M是BD的中点，连接MC₁…（2分）
∵C C₁⊥平面ABCD，$CB=CD=\sqrt{3}$，∴C₁D=C₁B．
∵M是BD的中点，∴MC₁⊥BD…（3分）
∵$E（1，0，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，$M（\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}，0）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，
∴$\overrightarrow{M{C_1}}=（-\frac{3}{4}，\frac{{3\sqrt{3}}}{4}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DE}=（1，0，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$…（4分）∵$\overrightarrow{M{C_1}}•\overrightarrow{DE}=-\frac{3}{4}×1+\frac{{3\sqrt{3}}}{4}×0+\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{4}=0$，∴$\overrightarrow{M{C_1}}$⊥$\overrightarrow{DE}$…（5分）
（证得$\overrightarrow{M{C_1}}$⊥$\overrightarrow{ME}$或$\overrightarrow{BE}$也行）
∵$\overrightarrow{DE}$与BD相交于D，∴$\overrightarrow{M{C_1}}$⊥平面EBD．
∵$\overrightarrow{M{C_1}}$在平面C₁BD内，∴平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解法二：设M是BD的中点，连接EM和MC₁，EC₁…（1分）
∵AB=AD，CB=CD，∴BD⊥CA且C，A，M共线．∴BD⊥ME，BD⊥MC₁．
∵EA⊥平面ABCD，C C₁⊥平面ABCD，∴∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面角…（2分）
∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，
∴∠CDA=90°，$MA=\frac{1}{2}，MC=\frac{3}{2}$…（3分）（正确计算出才给这1分）
∵A₁E=3AE，$C{C_1}=\sqrt{3}$，∴$EM=\frac{{\sqrt{7}}}{4}，{C_1}M=\frac{{\sqrt{21}}}{2}$．…（4分）（至少算出一个）
∵${C_1}E=\frac{{\sqrt{91}}}{4}$，…（5分）∴${C_1}{E^2}={C_1}{M^2}+E{M^2}$，即C₁E⊥EM．
∴二面角E-BD-C₁的平面角为直角．∴平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解法三：∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，
∴∠CDA=90°，∠CA=2．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系…（1分）
设M是BD的中点，连接EM和MC₁，EC₁..∵AB=AD，CB=CD，∴BD⊥CA且C，A，M共线…（2分）
∵EA⊥平面ABCD，C C₁⊥平面ABCD，∴BD⊥ME，BD⊥MC₁．
∴∠EMC₁是二面角E-BD-C₁的平面角…（3分）
则$E（1，0，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，$M（\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}，0）$…（4分）（至少正确写出一个点的坐标）
∴$\overrightarrow{ME}=（\frac{1}{4}，-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，$\overrightarrow{M{C_1}}=（-\frac{3}{4}，\frac{{3\sqrt{3}}}{4}，\sqrt{3}）$．
∴$\overrightarrow{ME}•\overrightarrow{M{C_1}}=\frac{1}{4}×（-\frac{3}{4}）+（-\frac{{\sqrt{3}}}{4}）×\frac{{3\sqrt{3}}}{4}+\frac{{\sqrt{3}}}{4}×\sqrt{3}=0$…（5分）∴$\overrightarrow{ME}$⊥$\overrightarrow{M{C_1}}$，∠EMC₁=90°，
二面角E-BD-C₁的平面角为直角，平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解法四：连结AC，A₁C₁，B₁D₁，交点为O和N，如图．
∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，∴∠CDA=90°，∠CA=2．
以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，ON为z轴，建立空间直角坐标系…（1分）
则O是BD的中点．∵C C₁⊥平面ABCD，$CB=CD=\sqrt{3}$，O是BD的中点，
∴C₁D=C₁B．∵O是BD的中点，∴OC₁⊥BD…（3分）∵$E（0，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$，$B（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，0）$，${C_1}（0，\frac{3}{2}，\sqrt{3}）$∴$\overrightarrow{O{C_1}}=（0，\frac{3}{2}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BE}=（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$．∵$\overrightarrow{O{C_1}}•\overrightarrow{BE}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}×0+\frac{3}{2}×（-\frac{1}{2}）+\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{4}=0$，
∴$\overrightarrow{O{C_1}}$⊥$\overrightarrow{BE}$…（5分）∵$\overrightarrow{BE}$与BD相交于O，∴$\overrightarrow{O{C_1}}$⊥平面EBD．∵$\overrightarrow{O{C_1}}$在平面C₁BD内，
∴平面EBD⊥平面C₁BD…（6分）
解：（2）解法一：（若第1问已经建系）∵A（1，0，0），$\overrightarrow{DA}$⊥平面C₁DC，
∴$\overrightarrow{DA}=（1，0，0）$是平面C₁DC的一个法向量…（8分）
∵$B（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DB}=（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，$\overrightarrow{D{C_1}}=（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$
设平面C₁BD的法向量是$\overrightarrow m=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{D{C_1}}=0\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}y=0\\ \sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，
取x=1，得$y=-\sqrt{3}，z=\sqrt{3}$．平面C₁BD的法量$\overrightarrow m=（1，-\sqrt{3}，\sqrt{3}）$…（10分）
【另解：由（1）知当A₁E=3AE时，ME⊥平面C₁BD，则平面C₁BD的法向量是$\overrightarrow{ME}$=$（\frac{1}{4}，-\frac{{\sqrt{3}}}{4}，\frac{{\sqrt{3}}}{4}）$】
∵$cos＜\overrightarrow{DA}，\overrightarrow m＞=\frac{{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow m}}{{|\overrightarrow{DA}|×|\overrightarrow m|}}$…（11分）=$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$，
∴由图可知二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）
解法二：（第1问未建系）∵∠BCD=60°，$AB=AD=1，CB=CD=\sqrt{3}$，∴∠CDA=90°，∠CA=2
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴，建立空间直角坐标系…（7分）
∵A（1，0，0），$\overrightarrow{DA}$⊥平面C₁DC，∴$\overrightarrow{DA}=（1，0，0）$是平面C₁DC的法向量…（8分）
∵$B（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，${C_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DB}=（\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0）$，$\overrightarrow{D{C_1}}=（0，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，
设平面C₁BD的法向量是$\overrightarrow m=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{D{C_1}}=0\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}y=0\\ \sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，
取x=1，得$y=-\sqrt{3}，z=\sqrt{3}$．平面C₁BD的法量$\overrightarrow m=（1，-\sqrt{3}，\sqrt{3}）$…（10分）
∵$cos＜\overrightarrow{DA}，\overrightarrow m＞=\frac{{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow m}}{{|\overrightarrow{DA}|×|\overrightarrow m|}}$…（11分）=$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．
∴由图可知二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）
解法三：（几何法）
设N是CD的中点，过N作NF⊥C₁D于F，连接FB，如图…（7分）
∠BCD=60°，$CB=CD=\sqrt{3}$，∴NB⊥CD．
∵侧面C₁D⊥底面ABCD，∴NB⊥侧面C₁D…（8分）
∵NF⊥C₁D，∴BF⊥C₁D∴∠BFN是二面角C-C₁D-B的平面角…（9分）
∵依题意可得NB=$\frac{3}{2}$，NF=$\frac{{\sqrt{6}}}{4}$，BF=$\frac{{\sqrt{42}}}{4}$…（11分）
∴cos∠BFN=$\frac{NF}{BF}$=$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．∴二面角C-C₁D-B的平面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）

点评 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．