Question

17．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠BAC=90°，AC=2$\sqrt{3}$，AA₁=$\sqrt{3}$，AB=2，點(diǎn)D在棱B₁C₁上，且B₁C₁=4B₁D
（Ⅰ）求證：BD⊥A₁C
（Ⅱ）求二面角B-A₁D-C的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）分別以AB、AC、AA₁所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由已知得到所用點(diǎn)的坐標(biāo)，求得$\overrightarrow{BD}、\overrightarrow{{A}_{1}C}$的坐標(biāo)，由兩向量的數(shù)量積為0說明BD⊥A₁C；
（Ⅱ）分別求出平面BDA₁與平面A₁DC的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值求得二面角B-A₁D-C的大�。�

解答 （Ⅰ）證明：分別以AB、AC、AA₁所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
∵AC=2$\sqrt{3}$，AA₁=$\sqrt{3}$，AB=2，點(diǎn)D在棱B₁C₁上，且B₁C₁=4B₁D，
∴B（2，0，0），C（0，$2\sqrt{3}$，0），A₁（0，0，$\sqrt{3}$），D（$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sqrt{3}$）．
則$\overrightarrow{BD}=（-\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{{A}_{1}C}=（0，2\sqrt{3}，-\sqrt{3}）$，
∴$\overrightarrow{BD}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=-\frac{1}{2}×0+\frac{\sqrt{3}}{2}×2\sqrt{3}-\sqrt{3}×\sqrt{3}=0$．
∴BD⊥A₁C；
（Ⅱ）解：設(shè)平面BDA₁的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，$\overrightarrow{B{A}_{1}}=（-2，0，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BD}=（-\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}，\sqrt{3}）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=-2x+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取z=2，則$\overrightarrow{m}=（\sqrt{3}，-3，2）$；
設(shè)平面A₁DC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，$\overrightarrow{DC}=（-\frac{3}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{2}，-\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{C{A}_{1}}=（0，-2\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=-\frac{3}{2}x+\frac{3\sqrt{3}}{2}y-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=-2\sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}=（-\sqrt{3}，1，2）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2}{4×2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{8}$．
∴二面角B-A₁D-C的大小為arccos$\frac{\sqrt{2}}{8}$．

點(diǎn)評 本題考查空間中直線與直線位置關(guān)系的判定，考查二面角的平面角的求法，訓(xùn)練了空間向量在求解立體幾何問題中的應(yīng)用，是中檔題．