Question

7．已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁，D为AB上的中点．
（1）求证：平面C₁CD⊥平面ADC₁；
（2）求证：AC₁∥平面CDB₁．

Answer 1

分析 （1）以C为原点，在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC₁为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面C₁CD⊥平面ADC₁．
（2）求出平面CDB₁的法向量$\overrightarrow{p}$，由AC₁?平面CDB₁，$\overrightarrow{A{C}_{1}}$•$\overrightarrow{p}$=0，利用向量法能证明AC₁∥平面CDB₁．

解答 证明：（1）以C为原点，在平面ABC中过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC₁为z轴，建立空间直角坐标系，
设AC=2，CC₁=t，则C（0，0，0），C₁（0，0，t），
D（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），A（$\sqrt{3}，1$，0），
$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=（0，0，t），$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}$，0），
$\overrightarrow{AD}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=（$\sqrt{3}，1$，t），
设平面C₁CD的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{C}_{1}}=tz=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，
得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
设平面ADC₁的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=-\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{C}_{1}}=\sqrt{3}a+b+tc=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，
得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，3，0$），
∴$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$=$\sqrt{3}×\sqrt{3}-1×3$=0，
∴平面C₁CD⊥平面ADC₁．
（2）B₁（0，2，t），$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），$\overrightarrow{C{B}_{1}}$=（0，2，t），$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=（-$\sqrt{3}，-1，t$），
设平面CDB₁的法向量$\overrightarrow{p}$=（x₁，y₁，z₁），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{CD}=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_{1}+\frac{3}{2}{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=2{y}_{1}+t{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取x₁=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{p}$=（$\sqrt{3}$，-1，-$\frac{2}{t}$），
∵AC₁?平面CDB₁，$\overrightarrow{A{C}_{1}}$•$\overrightarrow{p}$=-3+1+2=0，
∴AC₁∥平面CDB₁．

点评 本题考查面面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，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，是中档题．