Question

2．如圖所示，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面邊長(zhǎng)是2，側(cè)棱長(zhǎng)是$\sqrt{3}$，D是AC的中點(diǎn)．
（1）求證：B₁C∥平面A₁BD；
（2）求二面角D-BA₁-C₁的大小．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)AB₁、A₁B，交于點(diǎn)M，連結(jié)DM，則DM∥B₁C，由此能證明B₁C∥平面A₁BD．
（2）取AB中點(diǎn)O，以O(shè)A為x軸，OM為y軸，OC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-BA₁-C₁的大�。�

解答 證明：（1）連結(jié)AB₁、A₁B，交于點(diǎn)M，連結(jié)DM，
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，四邊形AA₁B₁B是矩形，
∴M是AB₁的中點(diǎn)，
∵D是AC的中點(diǎn)，∴DM∥B₁C，
∵B₁C?平面A₁BD，DM?平面A₁BD，
∴B₁C∥平面A₁BD．
（2）取AB中點(diǎn)O，連結(jié)OC，OM，
∵正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面邊長(zhǎng)是2，側(cè)棱長(zhǎng)是$\sqrt{3}$，
∴OC⊥底面AA₁B₁B，OM⊥AB，
以O(shè)A為x軸，OM為y軸，OC為z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
A（1，0，0），C（0，0，$\sqrt{3}$），D（$\frac{1}{2}，0，\frac{\sqrt{3}}{2}$），
B（-1，0，0），A₁（1，$\sqrt{3}$，0），C₁（0，$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{B{A}_{1}}$=（2，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（1，$\sqrt{3}，\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BD}$=（$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面DBA₁的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=2x+\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-2，-3），
設(shè)平面BA₁C₁的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=a+\sqrt{3}b+\sqrt{3}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=2a+\sqrt{3}b=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，-2，1），
設(shè)二面角D-BA₁-C₁的大小為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{16}•\sqrt{8}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴θ=arccos$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
∴二面角D-BA₁-C₁的大小為arccos$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查二面角的大小的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．