Question

7．已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁，D為AB上的中點．
（1）求證：平面C₁CD⊥平面ADC₁；
（2）求證：AC₁∥平面CDB₁．

Answer 1

分析 （1）以C為原點，在平面ABC中過C作BC的垂線為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明平面C₁CD⊥平面ADC₁．
（2）求出平面CDB₁的法向量$\overrightarrow{p}$，由AC₁?平面CDB₁，$\overrightarrow{A{C}_{1}}$•$\overrightarrow{p}$=0，利用向量法能證明AC₁∥平面CDB₁．

解答 證明：（1）以C為原點，在平面ABC中過C作BC的垂線為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立空間直角坐標系，
設AC=2，CC₁=t，則C（0，0，0），C₁（0，0，t），
D（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），A（$\sqrt{3}，1$，0），
$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=（0，0，t），$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{3}{2}$，0），
$\overrightarrow{AD}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=（$\sqrt{3}，1$，t），
設平面C₁CD的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{C}_{1}}=tz=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，
得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
設平面ADC₁的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=-\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{C}_{1}}=\sqrt{3}a+b+tc=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，
得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，3，0$），
∴$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$=$\sqrt{3}×\sqrt{3}-1×3$=0，
∴平面C₁CD⊥平面ADC₁．
（2）B₁（0，2，t），$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），$\overrightarrow{C{B}_{1}}$=（0，2，t），$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=（-$\sqrt{3}，-1，t$），
設平面CDB₁的法向量$\overrightarrow{p}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{CD}=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_{1}+\frac{3}{2}{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=2{y}_{1}+t{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取x₁=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{p}$=（$\sqrt{3}$，-1，-$\frac{2}{t}$），
∵AC₁?平面CDB₁，$\overrightarrow{A{C}_{1}}$•$\overrightarrow{p}$=-3+1+2=0，
∴AC₁∥平面CDB₁．

點評 本題考查面面垂直、線面平行的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉化思想、數(shù)形結合思想，是中檔題．