Question

9．如图，四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是菱形，AC∩BD=O，A₁B=A₁D=$\sqrt{2}$，AB=AA₁=2．
（I）证明：平面A₁CO⊥平面B₁D₁D：
（Ⅱ）若∠BAD=60°，直线B₁C上是否存在点M，使得AM与平面ABA₁所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{35}$：若存在，求$\frac{{B}_{1}M}{MC}$的值．

Answer 1

分析 （I）由BD⊥AC，BD⊥A₁O得出BD⊥平面A₁OC，故而平面A₁CO⊥平面BB₁D₁D；
（II）利用勾股定理可证AO⊥A₁O，故而A₁O⊥平面ABCD，以O为原点建立坐标系，设$\overrightarrow{{B}_{1}M}=λ\overrightarrow{{B}_{1}C}$，求出$\overrightarrow{AM}$和平面ABA₁的法向量$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{AM}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\sqrt{42}}{35}$得出λ，从而求出$\frac{{B}_{1}M}{MC}$的值

解答 证明：（I）∵四边形ABCD是菱形，∴O为BD的中点，AC⊥BD．
∵A₁B=A₁D，∴A₁O⊥BD．
又AC?平面A₁OC，A₁O?平面A₁OC，AC∩A₁O=O，
∴BD⊥平面A₁OC，又BD?平面BB₁D₁D，
∴平面A₁CO⊥平面BB₁D₁D．
（II）∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴BD=AB=2，OB=1，AO=$\sqrt{3}$，
∴A₁O=$\sqrt{{A}_{1}{B}^{2}-O{B}^{2}}$=1，
∴AO²+A₁O²=AA₁²，∴A₁O⊥AO，
又A₁O⊥BD，AO?平面ABCD，BD?平面ABCD，AO∩BD=O，
∴A₁O⊥平面ABCD．
以O为原点，以OB，OC，OA₁为坐标轴建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示：
则A（0，-$\sqrt{3}$，0），B（1，0，0），A₁（0，0，1），B₁（1，$\sqrt{3}$，1），C（0，$\sqrt{3}$，0）．
∴$\overrightarrow{{B}_{1}C}$=（-1，0，-1），$\overrightarrow{AB}$=（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=（0，$\sqrt{3}$，1），$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（1，2$\sqrt{3}$，1），
设$\overrightarrow{{B}_{1}M}$=$λ\overrightarrow{{B}_{1}C}$=（-λ，0，-λ），∴$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{A{B}_{1}}$+$\overrightarrow{{B}_{1}M}$=（1-λ，2$\sqrt{3}$，1-λ）．
设平面ABA₁的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x+\sqrt{3}y=0}\\{\sqrt{3}y+z=0}\end{array}\right.$，令y=1，得$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{3}$，1，-$\sqrt{3}$）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AM}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AM}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AM}|}$=$\frac{2\sqrt{3}λ}{\sqrt{7}•\sqrt{2（1-λ）^{2}+12}}$．
∴|$\frac{2\sqrt{3}λ}{\sqrt{7}•\sqrt{2（1-λ）^{2}+12}}$|=$\frac{\sqrt{42}}{35}$，解得λ=$\frac{1}{2}$或$λ=-\frac{7}{12}$．
∴$\frac{{B}_{1}M}{MC}$=1或$\frac{{B}_{1}M}{MC}$=$\frac{7}{19}$．

点评 本题考查了面面垂直的判定，空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．