Question

如圖,棱柱ABCD—A₁B₁C₁D₁的所有棱長都等于2,∠ABC=60°,平面AA₁C₁C⊥平面ABCD,∠A₁AC=60°.

(1)求異面直線BD和AA₁所成的角;

(2)求二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值;

(3)在直線CC₁上是否存在點P,使BP∥平面DA₁C₁？若存在,求出點P的位置;若不存在,說明理由.

Answer 1

說明:理科的立體幾何一般是既可以用幾何法,也可以用建立空間直角坐標系利用向量來解決的.

解:法一:連結BD交AC于O,則BD⊥AC,

連結A₁O,在△AA₁O中,AA₁=2,AO=1,∠A₁AO=60°,

∴A₁O²=AA₁²+AO²-2AA₁·AO·cos60°=3.

∴AO²+A₁O²=AA₁².

∴A₁O⊥AO,由于平面AA₁C₁C⊥平面ABCD,

∴A₁O⊥底面ABCD.

∴以OB、OC、OA₁所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系,則A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0),A₁(0,0,).

(1)由于=(-2,0,0),=(0,1,),

則·=0×(-2)+1×0+×0=0,

∴BD⊥AA₁,即異面直線BD和AA₁所成的角為90°.

(2)由于OB⊥平面AA₁C₁C,

∴平面AA₁C₁C的法向量n₁=(1,0,0).

設n₂⊥平面AA₁D,則設n₂=(x,y,z),得到取n₂=(1,,-1).

∴cos〈n₁,n₂〉=.∴二面角D-A₁A-C的平面角的余弦值是.

(3)假設在直線CC₁上存在點P,使BP∥平面DA₁C₁,

設=λ,P(x,y,z),則(x,y-1,z)=λ(0,1,),

得P(0,1+λ,λ),=(-,1+λ,λ).

設n₃⊥平面DA₁C₁,則設n₃=(x₃,y₃,z₃),

得到不妨取n₃=(1,0,-1).

又因為∥平面DA₁C₁,則n₃·=0,即--λ=0,得λ=-1,

即點P在C₁C的延長線上且使C₁C=CP.

法二:(1)過A₁作A₁O⊥AC于點O,由于平面AA₁C₁C⊥平面ABCD,

由面面垂直的性質定理知,A₁O⊥平面ABCD,

又底面為菱形,∴AC⊥BD._AA1⊥BD.

(2)在△AA₁O中,AA₁=2,∠A₁AO=60°,

∴AO=AA₁·cos60°=1.

∴O是AC的中點,由于底面ABCD為菱形,

∴O也是BD中點.

由(1)可知DO⊥平面AA₁C,

過O作OE⊥AA₁于E點,連結OE,則AA₁⊥DE,

則∠DEO為二面角D-AA₁-C的平面角,

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DAA₁C的平面角的余弦值是.

(3)存在這樣的點P,連結B₁C,∵A₁B₁ABDC,

∴四邊形A₁B₁CD為平行四邊形.∴A₁D∥B₁C.

在C₁C的延長線上取點P,使C₁C=CP,連結BP.

∵B₁BC₁C,∴B₁BCP.∴四邊形BB₁CP為平行四邊形,則BP∥B₁C.

∴BP∥A₁D.∴BP∥平面DA₁C₁.