Question

7．如图，斜四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面是边长为1的正方形，侧面AA₁B₁B⊥底面ABCD，AA₁=2，∠B₁BA=60°．
（1）求证：平面AB₁C⊥平面BDC₁；
（2）在棱A₁D₁上是否存在一点E，使二面角E-AC-B₁的余弦值是$\frac{\sqrt{6}}{3}$？若存在，求$\frac{{A}_{1}E}{{A}_{1}{D}_{1}}$，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知利用余弦定理求出$A{{B}_{1}}^{2}$，从而利用勾股定理得到B₁A⊥AB，由侧面AA₁B₁B⊥底面ABCD，得B₁A⊥BD，由ABCD是正方形，得AC⊥BD，从而BD⊥平面AB₁C，由此能证明平面AB₁C⊥平面BDC₁．
（Ⅱ）以AB、AD、AB₁所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由向量法能求出在棱A₁D₁上存在点E，使二面角E-AC-B₁的余弦值是$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{{A}_{1}E}{{A}_{1}{D}_{1}}$=$\sqrt{3}-1$．

解答 （Ⅰ）证明：∵$A{{B}_{1}}^{2}$=$A{B}^{2}+B{{B}_{1}}^{2}-2AB•B{B}_{1}•cos60°$=3，
∴$A{{B}_{1}}^{2}+A{B}^{2}=B{{B}_{1}}^{2}$，
∴B₁A⊥AB，又∵侧面AA₁B₁B⊥底面ABCD，
∴B₁A⊥底面ABCD，∴B₁A⊥BD，…（3分）
又∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴BD⊥平面AB₁C，
∴平面AB₁C⊥平面BDC₁．…（5分）
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知B₁A⊥AB，B₁A⊥AD，
如图以AB、AD、AB₁所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），B₁（0，0，$\sqrt{3}$），
平面AB₁C的法向量为$\overrightarrow{BD}$=（-1，1，0），
设$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=λ$\overrightarrow{{A}_{1}{D}_{1}}$，平面ACE的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=$λ\overrightarrow{AD}$=（0，λ，0），
$\overrightarrow{AE}$=$\overrightarrow{A{A}_{1}}$+$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=$\overrightarrow{B{B}_{1}}+\overrightarrow{{A}_{1}E}$=（-1，λ，$\sqrt{3}$），
由$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}$=0，得-x+$λy+\sqrt{3}z$=0，
由$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}$=0，得x+y=0，令x=1，则y=-1，z=$\frac{λ+1}{\sqrt{3}}$，
即$\overrightarrow{m}$=（1，-1，$\frac{λ+1}{\sqrt{3}}$），…（8分）
∴cos＜$\overrightarrow{BD}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{-2}{\sqrt{2}•\sqrt{2+\frac{（λ+1）^{2}}{3}}}$，
∴$\frac{2}{\sqrt{2}•\sqrt{2+\frac{（λ+1）^{2}}{3}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，解得$λ=\sqrt{3}-1$，
∴在棱A₁D₁上存在点E，使二面角E-AC-B₁的余弦值是$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{{A}_{1}E}{{A}_{1}{D}_{1}}$=$\sqrt{3}-1$．…（12分）

点评 本题考查面面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．