Question

8．如图，直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，E是CC₁的中点，且A₁B⊥A₁D．
（1）证明：平面A₁BD⊥平面BDE；
（2）求直线A₁D与直线BE所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）（方法一）设AB=a，AA₁=b，连接AC交BD于O，说明∠A₁OE是二面角A₁-BD-E的平面角，利用勾股定理${A_1}{E^2}={A_1}{O^2}+E{O^2}=\frac{9}{4}{b^2}$，$∠{A_1}OE=\frac{π}{2}$，证明平面A₁BD⊥平面BDE．
（方法二）连接AC交BD于O，则AC⊥BD，作OG∥CC₁，以O为原点，$\overrightarrow{OC}$、$\overrightarrow{OD}$、$\overrightarrow{OG}$所在方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，设AB=a，AA₁=b，通过数量积$\overrightarrow{OE}•\overrightarrow{{A_1}B}=\frac{1}{4}{a^2}-\frac{1}{2}{b^2}=0$，证明OE⊥A₁B，OE⊥A₁D，推出OE⊥平面A₁BD，即可证明平面A₁BD⊥平面BDE．
（2）（方法一）连接B₁C交BE于F，说明∠CFE是直线A₁D与直线BE所成的角，利用△BB₁F～△ECF，通过余弦定理求解即可．
（方法二）作OG∥CC₁，以O为原点，$\overrightarrow{OC}$、$\overrightarrow{OD}$、$\overrightarrow{OG}$所在方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，利用向量的数量积求解所求角的余弦值即可．

解答 证明：（1）（方法一）设AB=a，AA₁=b，则${A_1}B={A_1}D=\sqrt{{a^2}+{b^2}}$，$EB=ED=\sqrt{{a^2}+{{（\frac{1}{2}b）}^2}}$…（2分）
连接AC交BD于O，则BO=DO，$AO=CO=\frac{1}{2}a$，$BD=\sqrt{3}a$…（3分）
所以A₁O⊥BD，EO⊥BD，∠A₁OE是二面角A₁-BD-E的平面角…（4分）
${A_1}O=\sqrt{A{A_1}^2+A{O^2}}=\sqrt{{{（\frac{1}{2}a）}^2}+{b^2}}$，$EO=\sqrt{C{E^2}+C{O^2}}=\sqrt{{{（\frac{1}{2}a）}^2}+{{（\frac{1}{2}b）}^2}}$，${A_1}E=\sqrt{{A_1}{C_1}^2+{C_1}{E^2}}=\sqrt{{a^2}+{{（\frac{1}{2}b）}^2}}$…（5分）
因为A₁B⊥A₁D，所以3a²=2（a²+b²），即a²=2b²…（6分）
${A_1}{E^2}={A_1}{O^2}+E{O^2}=\frac{9}{4}{b^2}$，$∠{A_1}OE=\frac{π}{2}$，平面A₁BD⊥平面BDE…（7分）
（方法二）连接AC交BD于O，则AC⊥BD，作OG∥CC₁，以O为原点，$\overrightarrow{OC}$、$\overrightarrow{OD}$、$\overrightarrow{OG}$所在方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系…（1分）
设AB=a，AA₁=b，则$AO=CO=\frac{1}{2}a$，$CE=\frac{1}{2}b$，$BO=DO=\frac{{\sqrt{3}}}{2}a$…（2分）
${A_1}（-\frac{1}{2}a，0，b）$，$B（0，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，0）$，$D（0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，0）$，$E（\frac{1}{2}a，0，\frac{1}{2}b）$…（3分）
$\overrightarrow{OE}=（\frac{1}{2}a，0，\frac{1}{2}b）$，$\overrightarrow{{A_1}B}=（\frac{1}{2}a，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，-b）$，$\overrightarrow{{A_1}D}=（\frac{1}{2}a，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，-b）$…（4分），
依题意，$\overrightarrow{{A_1}B}•\overrightarrow{{A_1}D}=\frac{1}{4}{a^2}-\frac{3}{4}{a^2}+{b^2}=0$，a²=2b²…（5分）
所以$\overrightarrow{OE}•\overrightarrow{{A_1}B}=\frac{1}{4}{a^2}-\frac{1}{2}{b^2}=0$，$\overrightarrow{OE}•\overrightarrow{{A_1}D}=\frac{1}{4}{a^2}-\frac{1}{2}{b^2}=0$…（6分）
OE⊥A₁B，OE⊥A₁D，A₁B∩A₁D=A₁，所以OE⊥平面A₁BD，又OE?平面BDE，
所以平面A₁BD⊥平面BDE…（7分）
（2）解：（方法一）连接B₁C交BE于F，则B₁C∥A₁D，∠CFE是直线A₁D与直线BE所成的角…（8分）
由BB₁∥CC₁，△BB₁F～△ECF得，$EF=\frac{1}{3}EB=\frac{1}{2}b$，$CF=\frac{1}{3}{B_1}C=\frac{{\sqrt{3}}}{3}b$…（10分）$cos∠CFE=\frac{{E{F^2}+C{F^2}-C{E^2}}}{2EF×CF}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$…（12分）
（方法二）作OG∥CC₁，以O为原点，$\overrightarrow{OC}$、$\overrightarrow{OD}$、$\overrightarrow{OG}$所在方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系…（8分）
则$B（0，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，0）$，$E（\frac{1}{2}a，0，\frac{1}{2}b）$，$D（0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，0）$，${A_1}（-\frac{1}{2}a，0，b）$…（9分）
（无论第（1）问是否建立空间直角坐标系，正确写出各点坐标这一步都给到9分）
$\overrightarrow{BE}=（\frac{1}{2}a，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，\frac{1}{2}b）$，$\overrightarrow{{A_1}D}=（\frac{1}{2}a，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，-b）$…（10分）
所求角的余弦值为$cosθ=\frac{{\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{{A_1}D}}}{{|\overrightarrow{BE}|×|\overrightarrow{{A_1}D}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$…（12分）

点评 本题考查与二面角有关的立体几何问题，平面与平面垂直的判断，异面直线市场价的求法，考查空间想象能力以及计算能力．