Question

12．如圖所示的幾何體中，三棱柱ABC-A₁B₁C₁為直三棱柱，ABCD為平行四邊形，AD=2CD，∠ADC=60°．
（1）若AA₁=AC，求證：AC₁⊥平面A₁B₁CD；
（2）若CD=1，當(dāng)$\frac{A{A}_{1}}{AC}$為多少時(shí)，二面角C-A₁D-C₁的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{4}$？

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出AA₁⊥平面ABC，A₁C⊥AC₁．CD⊥AC，AA₁⊥CD，從而CD⊥平面A₁ACC₁，由此能證明AC₁⊥平面A₁B₁CD．
（2）以C為原點(diǎn)，分別以CA，CD，CC₁為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出當(dāng)AA₁=AC時(shí)，二面角C-A₁D-C₁的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

解答 證明：（1）因?yàn)槿�棱柱ABC-A₁B₁C₁為直三棱柱，所以AA₁⊥平面ABC，
所以A₁ACC₁為正方形，所以A₁C⊥AC₁．
又AD=2CD，∠ADC=60°，
由余弦定理得：
AC²=AD²+CD²-2AC•DC•cos60°，
所以AC=$\sqrt{3}CD$，所以AD²=AC²+CD²，所以CD⊥AC，
又AA₁⊥CD，AA₁∩AC=A，所以CD⊥平面A₁ACC₁，
又AC₁?平面A₁ACC₁，所以CD⊥AC₁，
又A₁C∩CD=C，所以AC₁⊥平面A₁B₁CD．
解：（2）以C為原點(diǎn)，分別以CA，CD，CC₁為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AA₁=λAC，
則C（0，0，0），C₁（0，0，$\sqrt{3}λ$），D（0，1，0），A₁（$\sqrt{3}，0，\sqrt{3}λ$），
$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（$\sqrt{3}，0，\sqrt{3}λ$），$\overrightarrow{CD}$=（0，1，0），$\overrightarrow{{C}_{1}{A}_{1}}$=（$\sqrt{3}，0，0$），$\overrightarrow{{C}_{1}D}$=（0，1，-$\sqrt{3}λ$），
設(shè)平面A₁DC的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{C{A}_{1}}•\overrightarrow{m}=\sqrt{3}x+\sqrt{3}λz=0}\\{\overrightarrow{CD}•\overrightarrow{m}=y=0}\end{array}\right.$，令z=1，得$\overrightarrow{m}$=（-λ，0，1），
設(shè)平面A₁DC₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{C}_{1}{A}_{1}}•\overrightarrow{n}=\sqrt{3}a=0}\\{\overrightarrow{{C}_{1}D}•\overrightarrow{n}=b-\sqrt{3}λc=0}\end{array}\right.$，令c=1，得$\overrightarrow{n}$=（0，$\sqrt{3}λ$，1），
由cosθ=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，得$\frac{1}{\sqrt{{λ}^{2}-1}•\sqrt{3{λ}^{2}+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
解得λ=-1（舍），或λ=1，
所以當(dāng)AA₁=AC，即$\frac{A{A}_{1}}{AC}$=1時(shí)，二面角C-A₁D-C₁的余弦值為$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查滿足二面角的余弦值的線段比值的判斷與求法，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．