Question

4．如圖，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，點D是棱AB的中點，BC=1，AA₁=$\sqrt{3}$．
（1）求證：BC₁∥平面A₁DC；             
（2）求二面角D-A₁C-A的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)AC₁，A₁C，交于點E，連結(jié)DE，利用向量法能證明BC₁∥平面A₁DC．
（2）取BC中點O，B₁C₁中點O，以O(shè)為原點，OB為x軸，OP為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角D-A₁C-A的余弦值．

解答 證明：（1）連結(jié)AC₁，A₁C，交于點E，連結(jié)DE，
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，四邊形ACC₁A₁是矩形，
∴E是AC₁的中點，
∵點D是棱AB的中點，∴DE∥BC₁，
∵BC₁?平面A₁DC，DE?平面A₁DC，
∴BC₁∥平面A₁DC．
解：（2）取BC中點O，B₁C₁中點O，連結(jié)AO、OP，
正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AO⊥平面BCC₁B₁，
PO⊥OB，
∴以O(shè)為原點，OB為x軸，OP為y軸，OA為z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
A（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），B（$\frac{1}{2}$，0，0），D（$\frac{1}{4}，0，\frac{\sqrt{3}}{4}$），A₁（0，$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），C（-$\frac{1}{2}$，0，0），
$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{3}{4}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），$\overrightarrow{CA}$=（$\frac{1}{2}，0，\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面DA₁C的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=\frac{1}{2}x+\sqrt{3}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=\frac{3}{4}x+\frac{\sqrt{3}}{4}z=0}\end{array}\right.$，取z=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（-1，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\sqrt{3}$），
設(shè)平面A₁CA的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=\frac{1}{2}a+\sqrt{3}b+\frac{\sqrt{3}}{2}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CA}=\frac{1}{2}a+\frac{\sqrt{3}}{2}c=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，0，-1），
設(shè)二面角D-A₁C-A的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{\frac{13}{3}}•\sqrt{4}}$=$\frac{3\sqrt{13}}{13}$．
∴二面角D-A₁C-A的余弦值為$\frac{3\sqrt{13}}{13}$．

點評 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運用．