Question

2．如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA₁⊥平面ABC，点E是AB的中点，CE∥平面A₁BD．
（1）求证：点D是CC₁的中点；
（2）若A₁D⊥BD时，求平面A₁BD与平面ABC所成二面角（锐角）的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取A₁B₁的中点F，连结FC₁，EF，设EF∩A₁B=G，根据线面平行的性质证明四边形CEGD为平行四边形，即可证明点D是CC₁的中点；
（2）若A₁D⊥BD时，建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求平面A₁BD与平面ABC所成二面角（锐角）的余弦值．

解答 证明：（1）取A₁B₁的中点F，连结FC₁，EF，设EF∩A₁B=G     …（1分）
由作图过程易得：四边形EFC₁C为平行四边形，EG∥AA₁
在△AA₁B中，点E是AB的中点，∴点G是A₁B的中点，EG=$\frac{1}{2}$C₁C=$\frac{1}{2}$AA₁，…（3分）
又∵CE∥平面A₁BD．CE?平面EFC₁C，且平面EFC₁C∩平面A₁BD=DG
∴DG∥CE，又∵EG∥CD
∴四边形CEGD为平行四边形，CD=EG=$\frac{1}{2}$C₁C，
∴点D是C₁C的中点．                    …（6分）
（2）由（1）知EF∥AA₁，
又∵AA₁⊥平面ABC∴EF⊥平面ABC
又∵△ABC是边长为2的等边三角形，点E是AB的中点，
∴CE⊥AB且CE=$\sqrt{3}$，
如图建立空间直角坐标系E-xyz，设EF=2h，…（7分）
则E（0，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），B（1，0，0），F（0，0，2h），A₁（-1，0，2h），D（0，$\sqrt{3}$，h），
$\overrightarrow{A{D}_{1}}$=（1，$\sqrt{3}$，-h），$\overrightarrow{BD}$=（-1，$\sqrt{3}$，h），
由A₁D⊥BD可知：$\overrightarrow{A{D}_{1}}$•$\overrightarrow{BD}$=（1，$\sqrt{3}$，-h）•（-1，$\sqrt{3}$，h）=-1+3-h²=0，
即h²=2，h=$\sqrt{2}$ …（8分）
由z轴⊥平面ABC可得：平面ABC的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）…（9分）
设平面A₁BD的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\end{array}\right.$ 得：$\left\{\begin{array}{l}{-2x+2\sqrt{2}z=0}\\{-x+\sqrt{3}y+\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，
令$x=\sqrt{2}$，则$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}$，0，0），…（10分）  
∴cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，…（11分）
所以，平面A₁BD与平面ABC所成二面角（锐角）的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$                 …（12分）

点评 本题主要考查线面平行的性质以及二面角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．