Question

2．直三棱柱ABC-A₁B₁C₁的所有棱长都为2，D为CC₁中点．
（Ⅰ）求证：直线AB₁⊥平面A₁BD；
（Ⅱ）求二面角A-A₁D-B的正弦值；
（Ⅲ）当$\overrightarrow{AE}$=λ$\overrightarrow{A{B}_{1}}$时，异面直线DE和AC所成的角为90°，求CE的长．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先证明直线AB₁垂直平面A₁BD内的两条相交直线BD、A₁B，即可证明AB₁⊥平面A₁BD；
（Ⅱ）设AB₁与A₁B交于点C，在平面A₁BD中，作GF⊥A₁D于F，连接AF，说明∠AFG为二面A-A₁B-B的平面角，然后求二面角A-A₁D-B的大小．
（Ⅲ）取B₁C₁中点O₁，以0为原点，OB，OO₁ ，OA 的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系则B（1，0，0），D（-1，1，0），A₁（0，2，$\sqrt{3}$），A（0，0，$\sqrt{3}$），B₁（1，2，0），由异面直线DE和AC所成的角为90°，得$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}=0$，λ=2．即∴$\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AE}=（3，4，-\sqrt{3}）$，可得CE的长

解答 解：（Ⅰ）取BC中点O，连接AO、∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC．
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面ABC⊥平面BCC₁B₁，∴AO⊥平面BCC₁B₁，
连接B₁O，在正方形BB₁C₁C中，O、D分别为BC、CC₁的中点，
∴B₁O⊥BD，
∴AB₁⊥BD．
在正方形ABB₁A₁中，AB₁⊥A₁B，
∴AB₁⊥平面A₁BD．
（Ⅱ）设AB₁与A₁B交于点G，在平面A₁BD中，作GF⊥A₁D于F，连接AF，由（Ⅰ）得AB₁⊥平面A₁BD，
∴∠AFG为二面A-A₁D-B的平面角，
在△AA₁D中，由等面积法可求得AF=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
又∵AG=$\frac{1}{2}$=AB₁=$\sqrt{2}$，∴sin∠AFG=$\frac{AG}{AF}=\frac{\sqrt{10}}{4}$，
所以二面角A-A₁D-B的正弦值：$\frac{\sqrt{10}}{4}$
（Ⅲ）：取BC中点O，连接AO．
∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC、
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面ABC⊥平面BCC₁B₁，
∴AO⊥平面BCC₁B₁，
取B₁C₁中点O₁，以0为原点，OB，OO₁ ，OA 的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系
则B（1，0，0），D（-1，1，0），A₁（0，2，$\sqrt{3}$），A（0，0，$\sqrt{3}$），B₁（1，2，0），
$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{A{B}_{1}}=（λ，2λ，-\sqrt{3}λ）$，$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AE}=（λ+1，2λ-1，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$.$\overrightarrow{AC}=（-1，0，-\sqrt{3}）$
∵异面直线DE和AC所成的角为90°，∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}=0$，解得λ=2．
即∴$\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AE}=（3，4，-\sqrt{3}）$，∴CE的长为$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}+（-\sqrt{3}）^{2}}=2\sqrt{7}$

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，二面角、异面直线夹角的求法，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．