Question

18．如图，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D，E分别是AB，BB₁的中点，AA₁=AC=CB=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$AB．
（1）证明：BC₁∥平面A₁CD；
（2）求异面直线BC₁和A₁D所成角的大小．

Answer 1

分析 （1）连接AC₁与A₁C相交于点F，连接DF，推导出BC₁∥DF，由此能证明BC₁∥平面A₁CD．
（2）法一（几何法）：
由（1）得∠A₁DF或其补角为异面直线BC₁和A₁D所在角，由此能求出异面直线BC₁和A₁D所成角的大小．
法二（向量法）：
以C为坐标原点，$\overrightarrow{CA}$的方向为x轴正方向，$\overrightarrow{CB}$的方向为y轴正方向，$\overrightarrow{C{C_1}}$的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系C-xyz．利用向量法能求出异面直线BC₁与A₁D所成角．

解答 证明：（1）连接AC₁与A₁C相交于点F，连接DF．
由矩形ACC₁A₁可得点F是AC₁的中点，又D是AB的中点，
∴BC₁∥DF，
∵BC₁?平面A₁CD，DF?平面A₁CD，
∴BC₁∥平面A₁CD．
解：（2）解法一（几何法）：
由（1）得∠A₁DF或其补角为异面直线BC₁和A₁D所在角，
设AB=2，则$DF=\frac{1}{2}B{C_1}=\frac{1}{2}\sqrt{B{C^2}+{C_1}{C^2}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{（{\sqrt{2}}）}^2}+{{（{\sqrt{2}}）}^2}}=1$，
${A_1}D=\sqrt{{A_1}{A^2}+A{D^2}}=\sqrt{{{（{\sqrt{2}}）}^2}+{1^2}}=\sqrt{3}$，${A_1}F=\frac{1}{2}{A_1}C=1$．
在△A₁DF中，由余弦定理得：
$cos∠{A_1}DF=\frac{{{1^2}+{{（{\sqrt{3}}）}^2}-{1^2}}}{{2×1×\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且∠A₁DF∈（0，π），
∴$∠{A_1}DF=\frac{π}{6}$，
∴异面直线BC₁和A₁D所成角的大小为$\frac{π}{6}$．
解法二（向量法）：∵$A{A_1}=AC=CB=\frac{{\sqrt{2}}}{2}AB$，
令AA₁=AC=CB=2，$AB=2\sqrt{2}$，∴AC⊥BC．
以C为坐标原点，$\overrightarrow{CA}$的方向为x轴正方向，$\overrightarrow{CB}$的方向为y轴正方向，$\overrightarrow{C{C_1}}$的方向为z轴正方向，
建立空间直角坐标系C-xyz．
则D（1，1，0），C₁（0，0，2），A₁（2，0，2），B（0，2，0），
$\overrightarrow{B{C_1}}=（{0，-2，2}）$，$\overrightarrow{{A_1}D}=（{-1，1，-2}）$．
设异面直线BC₁与A₁D所成角为θ，
则$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow{B{C_1}}•\overrightarrow{{A_1}D}}|}}{{|{\overrightarrow{B{C_1}}}||{\overrightarrow{{A_1}D}}|}}=\frac{{|{0-2-4}|}}{{\sqrt{8}•\sqrt{6}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴$θ=\frac{π}{6}$，
∴异面直线BC₁与A₁D所成角为$\frac{π}{6}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．