Question

18．已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁所有棱长均为2，D、E分别是BC、BB₁中点．
（1）证明：C₁E⊥面ADC₁；
（2）求二面角A₁-C₁D-A的余弦值；
（3）若线段AA₁上存在一点P，满足直线CE和直线C₁P异面直线成角的余弦值是$\frac{\sqrt{2}}{5}$，求A₁P长．

Answer 1

分析 （1）在平面A₁B₁C₁中，过A₁作垂直于A₁C₁的直线为y轴，分别以A₁C₁、A₁A所在直线为x、z轴建立空间直角坐标系，由已知求出所用点的坐标，再由向量数量积为0证明C₁E⊥面ADC₁内的两条相交直线得答案；
（2）分别求出平面A₁C₁D与平面AC₁D的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A₁-C₁D-A的余弦值；
（3）设P（0，0，m）（m＜2），由直线CE和直线C₁P异面直线成角的余弦值是$\frac{\sqrt{2}}{5}$列式求得m值即可求得A₁P长．

解答 （1）证明：在平面A₁B₁C₁中，过A₁作垂直于A₁C₁的直线为y轴，分别以A₁C₁、A₁A所在直线为x、z轴建立空间直角坐标系，
则C₁（2，0，0），C（2，0，2），D（$\frac{3}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}，2$），A（0，0，2），E（1，$\sqrt{3}$，1），
∴$\overrightarrow{CE}=（-1，\sqrt{3}，-1）$，$\overrightarrow{AD}=（\frac{3}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}，0）$，$\overrightarrow{A{C}_{1}}=（2，0，-2）$．
∵$\overrightarrow{CE}•\overrightarrow{A{C}_{1}}=-2+0+2=0$，$\overrightarrow{CE}•\overrightarrow{AD}=-\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+0=0$，
∴CE⊥AC₁，CE⊥AD，又AD∩AC₁=A，
∴C₁E⊥面ADC₁；
（2）解：设平面A₁C₁D的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，平面AC₁D的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=2{x}_{1}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=\frac{3}{2}{x}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{1}+2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取y₁=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}=（0，1，-\frac{\sqrt{3}}{4}）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{A{C}_{1}}=2{x}_{2}-2{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AD}=\frac{3}{2}{x}_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，取z₂=1，得$\overrightarrow{{n}_{2}}=（1，-\sqrt{3}，1）$．
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{-\frac{5\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{5}×\frac{\sqrt{19}}{4}}=-\frac{\sqrt{285}}{19}$．
∴二面角A₁-C₁D-A的余弦值为$\frac{\sqrt{285}}{19}$；
（3）解：设P（0，0，m）（m＜2），
∴$\overrightarrow{{C}_{1}P}=（-2，0，m）$，
由cos＜$\overrightarrow{{C}_{1}P}，\overrightarrow{CE}$＞=$\frac{2-m}{\sqrt{5}•\sqrt{4+{m}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{5}$，解得m=$\frac{2}{3}$或m=6（舍）．
∴A₁P长为$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查线面垂直的判定，考查空间角的求法，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．