题目内容
如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°．（Ⅰ）证明：BD⊥AA1；
（Ⅱ）求二面角D-A1A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
分析：法一：（Ⅰ）连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，可证A1O⊥底面ABCD，从而建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，证明向量的数量积为0 即可得到BD⊥AA1；
（Ⅱ）确定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角D-A1A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用数量积为0，即可求得结论．
法二：（Ⅰ）先证明BD⊥平面AA1O，即可证得AA1⊥BD；
（Ⅱ）过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则∠DEO为二面角D-AA1-C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角D-A1A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）存在这样的点P，连接B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，可得四边形BB1CP为平行四边形，进而利用线面平行的判定可得结论．
（Ⅱ）确定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角D-A1A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用数量积为0，即可求得结论．
法二：（Ⅰ）先证明BD⊥平面AA1O，即可证得AA1⊥BD；
（Ⅱ）过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则∠DEO为二面角D-AA1-C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角D-A1A-C的平面角的余弦值；
（Ⅲ）存在这样的点P，连接B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，可得四边形BB1CP为平行四边形，进而利用线面平行的判定可得结论．
解答：
法一：（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°
∴A1O2=AA12+AO2-2AA1•Aocos60°=3
∴AO2+A1O2=A12
∴A1O⊥AO，
∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AO
∴A1O⊥底面ABCD
∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则
A（0，-1，0），B（
，0，0），C（0，1，0），
D（-
，0，0），A1（0，0，
） …（2分）
∵
=(-2
，0，0)，
=(0，1，
)，
∴
•
=0×(-2
)+1×0+
×0=0
∴BD⊥AA1…（4分）
（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量
=(1，0，0)
设
⊥平面AA1D，
=(x，y，z)，则由
得到
，∴
=(1，
，-1)…（6分）
∴cos＜
，
＞=
=
所以二面角D-A1A-C的平面角的余弦值是
…（8分）
（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1
设
=λ
，P(x，y，z)，则得P(0，1+λ，
λ)，
=(-
，1+λ，
κ)…（9分）
设
⊥平面DA1C1，
=(x3，y3，z3)，则由
得到
，∴
=(1，0，-1)…（10分）
又因为
∥平面DA1C1，则
•
=0，∴-
-
λ=0，∴λ=-1
即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP …（13分）
法二：（Ⅰ）证明：过A1作A1O⊥AC于点O，
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD
又底面为菱形，所以AC⊥BD
∵A1O∩AC=O
∴BD⊥平面AA1O
∵AA1?平面AA1O
∴AA1⊥BD…（4分）
（Ⅱ）解：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，∴AO=AA1•cos60°=1
所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点
由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C
过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE，故∠DEO为二面角D-AA1-C的平面角 …（6分）
在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°
∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=
=
在Rt△AEO中，OE=OA•sin∠EAO=
DE=
=
=
∴cos∠DEO=
=
∴二面角D-A1A-C的平面角的余弦值是
…（9分）
（Ⅲ）解：存在这样的点P，连接B1C，
∵A1B1
AB
DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C
在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP …（11分）
∵B1B
CC1，…（12分）
∴BB1
CP
∴四边形BB1CP为平行四边形
∴BP∥B1C，∴BP∥A1D
∵BP?平面DA1C1，A1D?平面DA1C1，
∴BP∥平面DA1C1 …（13分）
法一：（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°
∴A1O2=AA12+AO2-2AA1•Aocos60°=3
∴AO2+A1O2=A12
∴A1O⊥AO，
∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD=AO
∴A1O⊥底面ABCD
∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则
A（0，-1，0），B（
| 3 |
D（-
| 3 |
| 3 |
∵
| BD |
| 3 |
| AA1 |
| 3 |
∴
| AA1 |
| BD |
| 3 |
| 3 |
∴BD⊥AA1…（4分）
（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量
| n1 |
设
| n2 |
| n2 |
|
得到
|
| n2 |
| 3 |
∴cos＜
| n1 |
| n2 |
| ||||
|
|
| ||
| 5 |
所以二面角D-A1A-C的平面角的余弦值是
| ||
| 5 |
（Ⅲ）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1
设
| CP |
| CC1 |
| 3 |
| BP |
| 3 |
| 3 |
设
| n3 |
| n3 |
|
得到
|
| n3 |
又因为
| BP |
| n3 |
| BP |
| 3 |
| 3 |
即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP …（13分）
法二：（Ⅰ）证明：过A1作A1O⊥AC于点O，
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD
又底面为菱形，所以AC⊥BD
∵A1O∩AC=O
∴BD⊥平面AA1O
∵AA1?平面AA1O
∴AA1⊥BD…（4分）
（Ⅱ）解：在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°，∴AO=AA1•cos60°=1
所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点
由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C
过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE，故∠DEO为二面角D-AA1-C的平面角 …（6分）
在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°
∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=
| AB2-AO2 |
| 3 |
在Rt△AEO中，OE=OA•sin∠EAO=
| ||
| 2 |
| OE2+OD2 |
|
| ||
| 2 |
∴cos∠DEO=
| OE |
| DE |
| ||
| 5 |
∴二面角D-A1A-C的平面角的余弦值是
| ||
| 5 |
（Ⅲ）解：存在这样的点P，连接B1C，
∵A1B1
| ||
. |
| ||
. |
在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP …（11分）
∵B1B
| ||
. |
∴BB1
| ||
. |
∴四边形BB1CP为平行四边形
∴BP∥B1C，∴BP∥A1D
∵BP?平面DA1C1，A1D?平面DA1C1，
∴BP∥平面DA1C1 …（13分）
点评：本题考查线面位置关系，考查面面角，解题的关键是掌握线面平行、垂直的判定方法，正确作出面面角，考查利用向量方法解决立体几何问题，属于中档题．
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