题目

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°.(1)求异面直线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. 答案：说明:理科的立体几何一般是既可以用几何法,也可以用建立空间直角坐标系利用向量来解决的.解:法一:连结BD交AC于O,则BD⊥AC,连结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,). (1)由于=(-2,0,0),=(0,1,),则·=0×(-2)+1×0+×0=0,∴BD⊥AA1,即异面直线BD和AA1所成的角为90°. (2)由于OB⊥平面AA1C1C,∴平面AA1C1C的法向量n1=(1,0,0).设n2⊥平面AA1D,则设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)假设在直线CC1上存在点P,使BP∥平面DA1C1,设=λ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1,),得P(0,1+λ,λ),=(-,1+λ,λ). 设n3⊥平面DA1C1,则设n3=(x3,y3,z3),得到不妨取n3=(1,0,-1). 又因为∥平面DA1C1,则n3·=0,即--λ=0,得λ=-1,即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP. 法二:(1)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,又底面为菱形,∴AC⊥BD.AA1⊥BD. (2)在△AA1O中,AA1=2,∠A1AO=60°,∴AO=AA1·cos60°=1.∴O是AC的中点,由于底面ABCD为菱形,∴O也是BD中点.由(1)可知DO⊥平面AA1C,过O作OE⊥AA1于E点,连结OE,则AA1⊥DE,则∠DEO为二面角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)存在这样的点P,连结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,连结BP. ∵B1BC1C,∴B1BCP.∴四边形BB1CP为平行四边形,则BP∥B1C.∴BP∥A1D.∴BP∥平面DA1C1.

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