Question

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．

Answer 1

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）
∵，，
∴
∴BD⊥AA₁…（4分）
（Ⅱ）解：∵OB⊥平面AA₁C₁C，∴平面AA₁C₁C的法向量
设⊥平面AA₁D，，则由
得到，∴…（6分）
∴
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，则得…（9分）
设⊥平面DA₁C₁，，则由
得到，∴…（10分）
又因为平面DA₁C₁，则•，∴，∴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，
∵A₁B₁ABDC，∴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）
∵B₁BCC₁，…（12分）
∴BB₁CP
∴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）
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．
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．