Question

2．如图所示，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面边长是2，侧棱长是$\sqrt{3}$，D是AC的中点．
（Ⅰ）求证：B₁C∥平面A₁BD；
（Ⅱ）在线段AA₁上是否存在一点E，使得平面B₁C₁E⊥平面A₁BD？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）连接AB₁交A₁B于点M，连接MD．利用中位线定理得出B₁C∥MD，故而B₁C∥平面A₁BD；
（II）作CO⊥AB于点O，以O为坐标原点建立空间坐标系，设AE=a，分别求出平面B₁C₁E和平面A₁BD的法向量，令两法向量垂直解出a．

解答 解：（I）连接AB₁交A₁B于点M，连接MD．
∵三棱柱ABC-A₁B₁C₁是正三棱柱，∴四边形BAA₁B₁是矩形，
∴M为AB₁的中点．
∵D是AC的中点，∴MD∥B₁C．
又MD?平面A₁BD，B₁C?平面A₁BD，
∴B₁C∥平面A₁BD．
（II）作CO⊥AB于点O，则CO⊥平面ABB₁A₁，
以O为坐标原点建立空间直角坐标系，假设存在点E，设E（1，a，0）．
∵AB=2，AA₁=$\sqrt{3}$，D是AC的中点，∴A（1，0，0），B（-1，0，0），C（0，0，$\sqrt{3}$），A₁（1，$\sqrt{3}$，0），B₁（-1，$\sqrt{3}$，0），C₁（0，$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$）．
∴D（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{BD}$=（$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{B{A}_{1}}$=（2，$\sqrt{3}$，0）．
设是平面A₁BD的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），∴$\overrightarrow{{n}_{1}}⊥\overrightarrow{BD}$，$\overrightarrow{{n}_{1}}⊥\overrightarrow{B{A}_{1}}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3x}{2}+\frac{\sqrt{3}z}{2}=0}\\{2x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，令x=-$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（-$\sqrt{3}$，2，3）．
∵E（1，a，0），则$\overrightarrow{{C}_{1}E}$=（1，a-$\sqrt{3}$，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{{C}_{1}{B}_{1}}$=（-1，0，-$\sqrt{3}$）．
设平面B₁C₁E的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x，y，z），∴$\overrightarrow{{n}_{2}}⊥\overrightarrow{{C}_{1}E}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}⊥\overrightarrow{{C}_{1}{B}_{1}}$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{x+（a-\sqrt{3}）y-\sqrt{3}z=0}\\{-x-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，令z=-$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（3，$\frac{6}{\sqrt{3}-a}$，-$\sqrt{3}$）．
∵平面B₁C₁E⊥平面A₁BD，∴$\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}$=0，
即-3$\sqrt{3}$+$\frac{12}{\sqrt{3}-a}$-3$\sqrt{3}$=0，解得a=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴存在点E，使得平面B₁C₁E⊥平面A₁BD，且AE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查了线面平行的判定，面面垂直的判定与性质，属于中档题．