Question

12．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=BC，AB⊥BC，側(cè)面AA₁C₁C是菱形，∠A₁AC=60°，且側(cè)面AA₁C₁C⊥底面ABC，點(diǎn)O為線段AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為線段BC₁上的一動點(diǎn)（不包括端點(diǎn)）．
（1）求證：A₁O⊥平面A₁B₁C₁；
（2）試確定點(diǎn)E的位置，使平面A₁AE與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為$\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出AA₁=AC，△A₁AC為等邊三角形，從而A₁O⊥AC，進(jìn)而A₁O⊥平面ABC，由此能證明A₁O⊥平面A₁B₁C₁．
（2）連結(jié)OB，由AB=BC，得AC⊥OB，從而A₁O⊥OB，A₁O⊥AC，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OA₁所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法推導(dǎo)出當(dāng)點(diǎn)E是線段BC₁的靠近B的三等分點(diǎn)時，平面A₁AE與平面ABC所成的銳二面角的余弦值．

解答 證明：（1）連結(jié)A₁C，∵側(cè)面AA₁C₁C是菱形，
∴AA₁=AC，
∵∠A₁AC=60°，∴△A₁AC為等邊三角形，
又O為AC的中點(diǎn)，∴A₁O⊥AC，
又側(cè)面AA₁C₁C⊥底面ABC，交線為AC，A₁O?平面AA₁C₁C，
∴A₁O⊥平面ABC，
在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，
平面ABC∥平面A₁B₁C₁，
∴A₁O⊥平面A₁B₁C₁．
解：（2）連結(jié)OB，由AB=BC，得AC⊥OB，
由（1）知A₁O⊥平面ABC，
∴A₁O⊥OB，A₁O⊥AC，
∴OB，OC，OA₁兩兩垂直，
如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OA₁所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AC=2，則由題意知B（1，0，0），C（0，1，0），
A₁（0，0，$\sqrt{3}$），A（0，-1，0），C₁（0，2，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{A{A}_{1}}=（0，1，\sqrt{3}）$，設(shè)$\overrightarrow{BE}$=$λ\overrightarrow{B{C}_{1}}$，0＜λ＜1，
則（x_E-1，y_E，z_E）=λ（-1，2，$\sqrt{3}$），
∴x_E=1-λ，y_E=2λ，${z}_{E}=\sqrt{3}λ$，即E（1-λ，2λ，$\sqrt{3}λ-\sqrt{3}$），
設(shè)平面A₁AE的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=y+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}E}=（1-λ）x+2λy+\sqrt{3}（λ-1）z=0}\end{array}\right.$，
令z=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\frac{3（λ+1）}{1-λ}$，-3，$\sqrt{3}$），
由（1）知$\overrightarrow{O{A}_{1}}$=（0，0，$\sqrt{3}$）是平南ABC的一個法向量，
∴|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{O{A}_{1}}$＞|=$\frac{3}{\sqrt{3}×\sqrt{12+\frac{9（λ+1）^{2}}{（1-λ）^{2}}}}$=$\frac{1}{4}$，
解得$λ=\frac{1}{3}$或λ=3（舍去），
∴當(dāng)點(diǎn)E是線段BC₁的靠近B的三等分點(diǎn)時，
平面A₁AE與平面ABC所成的銳二面角的余弦值為$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查線面垂直的證明，考查滿足二面角的余弦值為$\frac{1}{4}$的點(diǎn)的位置的確定，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．