Question

10．直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=10，AC=8，BC=6，AA₁=8，点D在线段AB上．
（Ⅰ）若AC₁∥平面B₁CD，确定D点的位置并证明；
（Ⅱ）当$\frac{BD}{AB}=\frac{1}{3}$时，求二面角B-CD-B₁的余弦值．

Answer 1

分析 （I）当点D为AB的中点时，AC₁∥平面B₁CD．其原因如下：连接BC₁交B₁C于点E，连接DE．利用平行四边形与三角形的中位线定理，利用线面平行的判定定理即可得出AC₁∥平面B₁CD．
（II）由AB=10，AC=8，BC=6，可得AC⊥CB，以C为原点建立空间直角坐标系，由$\overrightarrow{BD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}$，可得$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}$，设平面CDB₁的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$，取平面BCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），利用$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$即可得出．

解答 （I）解：当点D为AB的中点时，AC₁∥平面B₁CD．下面给出证明：
连接BC₁交B₁C于点E，连接DE．
∵四边形BCC₁B₁是平行四边形，
∴E点是对角线BC₁的中点，
∴DE是△ABC₁的中位线，
∴DE∥AC₁，
∵AC₁?平面B₁CD，DE?平面B₁CD，
∴AC₁∥平面B₁CD．
（II）由AB=10，AC=8，BC=6，可得AC⊥CB．
以C为原点建立空间直角坐标系，B（6，0，0），A（0，8，0），A₁（0，8，8），B₁（6，0，8），
∵$\overrightarrow{BD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}$，
∴$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}$=（6，0，0）+$\frac{1}{3}$（-6，8，0）=（4，$\frac{8}{3}$，0），$\overrightarrow{C{B}_{1}}$=（6，0，8），
设平面CDB₁的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{4x+\frac{8}{3}y=0}\\{6x+8z=0}\end{array}\right.$，
令y=2，解得x=-$\frac{4}{3}$，z=1，
∴$\overrightarrow{n}$=$（-\frac{4}{3}，2，1）$．
取平面BCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{\frac{16}{9}+4+1}}$=$\frac{3\sqrt{61}}{61}$．

点评 本题考查了平行四边形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理、勾股定理的逆定理，考查了通过建立空间直角坐标系得出平面的法向量、利用法向量的夹角求二面角的方法，考查了空间想象能力与计算能力，属于中档题．