Question

10．如圖所示，在斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=BC=1，AA₁=2，D是AC的中點(diǎn)，AB⊥平面B₁C₁CB，∠BCC₁=60°．
（1）求證：AC⊥平面BDC₁；
（2）線段CC₁上是否存在動(dòng)點(diǎn)E使得二面角B₁-BE一A₁的大小為45°？若存在，確定E的位置；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明AC⊥平面BDC₁；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解即可．

解答 證明：（1）∵AB⊥平面B₁C₁CB，AB?平面ABC，
∴平面ABC⊥面B₁C₁CB，
∵BC=1，AA₁=2，∠BCC₁=60°，
∴BC₁²=4+1-2×$2×1×\frac{1}{2}$=3，即BC₁=$\sqrt{3}$，
滿足CC₁²=BC₁²+BC²，
即BC₁⊥BC，
則BC₁⊥面ABC，
AC?面ABC，
∴BC₁⊥AC，
∵AB=BC=1，D是AC的中點(diǎn)，
∴AC⊥BD，
∵BC₁∩BD=B，
∴AC⊥平面BDC₁；
（2）建立以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OA，OC₁分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
則C（1，0，0），B（0，0，0），A（0，1，0），D（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），C₁（0，0，$\sqrt{3}$），B₁（-1，0，$\sqrt{3}$），
設(shè)CE=λCC₁，
則$\overrightarrow{CE}$=λ$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=λ（-1，0，$\sqrt{3}$）=（-λ，0，$\sqrt{3}$λ），$\overrightarrow{{B}_{1}{A}_{1}}$=$\overrightarrow{BA}$=（0，1，0），
則平面B₁BE的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，1，0），
設(shè)平面BEA₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\overrightarrow{B{A}_{1}}$=$\overrightarrow{B{B}_{1}}$+$\overrightarrow{BA}$=（-1，1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BE}$=$\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CE}$=（1，0，0）+（-λ，0，$\sqrt{3}$λ）=（1-λ，0，$\sqrt{3}$λ），
由$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{B{A}_{1}}$=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{BE}$=0，
得$\left\{\begin{array}{l}{-x+y+\sqrt{3}z=0}\\{（1-λ）x+\sqrt{3}λz=0}\end{array}\right.$，令x=λ，則z=$\frac{λ-1}{\sqrt{3}}$，y=1，則$\overrightarrow{n}$=（λ，1，$\frac{λ-1}{\sqrt{3}}$），
∵面角B₁-BE一A₁的大小為45°，
∴cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即$\frac{1}{1×\sqrt{{λ}^{2}+1+（\frac{λ-1}{\sqrt{3}}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
平方整理得2λ²-λ-1=0，得λ=1或$λ=-\frac{1}{2}$（舍），
即CE=CC₁，即當(dāng)E在C₁處時(shí)，滿足條件．

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查線面垂直的判斷和二面角的求解，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．