Question

14．如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，B₁B=B₁A=AB=BC，∠B₁BC=90°，D为AC的中点，AB⊥B₁D．
（I）求证：平面ABB₁A⊥平面ABC；
（Ⅱ）在线段CC₁（不含端点）上，是否存在点E，便得二面角E-B₁D-B的余弦值为-$\frac{\sqrt{7}}{14}$？若存在，求出$\frac{|CE|}{|C{C}_{1}|}$的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）根据面面垂直的判定定理进行证明即可；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法进行求解．

解答 解：（Ⅰ）取AB中点为O，连接OD，OB₁，
因为B₁B=B₁A，所以OB₁⊥AB，又AB⊥B₁D，OB₁∩B₁D=B₁，
所以AB⊥平面B₁OD，因为OD?平面B₁OD，所以AB⊥OD，…2分
由已知BC⊥BB₁，
又OD∥BC，
所以OD⊥BB₁，因为AB∩BB₁=B，
所以OD⊥平面ABB₁A₁，又OD?平面ABC，
所以平面ABB₁A₁⊥平面ABC；…5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，OB，OD，OB₁两两垂直，以O为坐标原点，OB的方向为x轴的方向，OB=1，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设知B₁（0，0，$\sqrt{3}$），B（1，0，0），D（0，1，0），A（-1，0，0），C（1，2，0），C₁（0，2，$\sqrt{3}$），
∴$\overrightarrow{{B}_{1}D}$=（0，1，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{{B}_{1}B}$=（1，0，-$\sqrt{3}$）
设$\overrightarrow{CE}$=λ$\overrightarrow{C{C}_{1}}$，（0＜λ＜1），
则$\overrightarrow{{B}_{1}E}$=$\overrightarrow{{B}_{1}C}+\overrightarrow{CE}$=（1-λ，2，$\sqrt{3}$（λ-1）），…7分
设平面BB₁D的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{B}_{1}D}=y-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{B}_{1}B}=x-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，令z=1，则x=y=$\sqrt{3}$，∴$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$，1），
同理，设平面B₁DE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}D}=y-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}E}=（1-λ）x+2y+\sqrt{3}（λ-1）z=0}\end{array}\right.$，
令z=1，则x=$\frac{\sqrt{3}（λ+1）}{λ-1}$，y=$\sqrt{3}$，
∴$\overrightarrow{n}$=（$\frac{\sqrt{3}（λ+1）}{λ-1}$，$\sqrt{3}$，1）9分
设二面角E-B₁D-B的大小为θ，
则cosθ=cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{3λ+3}{λ-1}+3+1}{\sqrt{7}•\sqrt{3（\frac{λ+1}{λ-1}）^{2}+4}}$=-$\frac{\sqrt{7}}{14}$
解得λ=$\frac{1}{3}$，…11分
在线段CC₁（不含端点）上存在点E，便得二面角E-B₁D-B的余弦值为-$\frac{\sqrt{7}}{14}$此时$\frac{|CE|}{|C{C}_{1}|}$=$\frac{1}{3}$.12分

点评 本小题主要考查面面垂直的判断和二面角的求解，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，综合性较强，运算量较大．