分析 (1)連接AB1交AB1于點D,則可通過證明BC⊥平面ABB1A1得出得出BC⊥AB;
(2)以B為原點建立坐標(biāo)系,設(shè)\overrightarrow{{A}_{1}E}=λ\overrightarrow{{A}_{1}C},求出平面ABE的法向量\overrightarrow{{n}_{1}},令|cos<\overrightarrow{A{B}_{1}},\overrightarrow{{n}_{1}}>|=\frac{1}{2},根據(jù)解的情況判斷E點是否存在.
解答 (1)證明:連接AB1交AB1于點D,
∵AA1=AB,∴AD⊥A1B
又平面A1BC⊥側(cè)面A1ABB1,且平面A1BC∩側(cè)面A1ABB1=A1B,
∴AD⊥平面A1BC,又BC?平面A1BC,
∴AD⊥BC.
∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥底面ABC,
∴AA1⊥BC.
又AA1∩AD=A,AA1?平面A1ABB1,AD?平面A1ABB1,
∴BC⊥平面A1ABB1,又AB?側(cè)面A1ABB1,
∴AB⊥BC.
(2)由(1)得AD⊥平面A1BC,
∴∠ACD直線AD與平面AA1=AB所成的角,
即∠ACD=\frac{π}{6},又AD=\frac{1}{2}A{B}_{1}=\sqrt{2},∴AC=2\sqrt{2},BC=\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}=2.
假設(shè)在線段A1C上是否存在一點E,使得二面角A-BE-C的大小為\frac{2π}{3}
以點B為原點,以BC、BA,AA1所在直線為坐標(biāo)軸軸建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz,如圖所示,
則A(0,2,0),B(0,0,0),A1(0,2,2),C(2,0,0),B1(0,0,2).
∴\overrightarrow{AB}=(0,-2,0),\overrightarrow{{A}_{1}C}=(2,-2,-2),\overrightarrow{A{B}_{1}}=(0,-2,2),\overrightarrow{A{A}_{1}}=(0,0,2).
假設(shè)A1C上存在點E使得二面角A-BE-C的大小為\frac{2π}{3},且\overrightarrow{{A}_{1}E}=λ\overrightarrow{{A}_{1}C}=(2λ,-2λ,-2λ),
∴\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{A{A}_{1}}+\overrightarrow{{A}_{1}E}=(2λ,-2λ,2-2λ),
設(shè)平面EAB的法向量為\overrightarrow{n_1}=(x,y,z),則\overrightarrow{AE}⊥\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{AB}⊥\overrightarrow{n_1},
∴\left\{\begin{array}{l}{2λx-2λy+(2-2λ)z=0}\\{-2y=0}\end{array}\right.,令x=1得\overrightarrow{{n}_{1}}=(1,0,\frac{λ}{λ-1}),
由(1)知AB1⊥平面A1BC,∴\overrightarrow{A{B}_{1}}=(0,-2,2)為平面CEB的一個法向量.
∴cos<\overrightarrow{A{B}_{1}},\overrightarrow{{n}_{1}}>=\frac{\overrightarrow{A{B}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{1}}}{|\overrightarrow{A{B}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{1}}|}=\frac{\frac{2λ}{λ-1}}{2\sqrt{2}×\sqrt{1+\frac{{λ}^{2}}{(λ-1)^{2}}}},
∴|\frac{\frac{2λ}{λ-1}}{2\sqrt{2}×\sqrt{1+\frac{{λ}^{2}}{(λ-1)^{2}}}}|=|cos\frac{2π}{3}|=\frac{1}{2},解得λ=\frac{1}{2}
∴點E為線段A1C中點時,二面角A-BE-C的大小為\frac{2π}{3}.
點評 本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì),空間向量的應(yīng)用與二面角的計算,屬于中檔題.
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A. | 0 | B. | -2 | C. | 2 | D. | 14 |
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A. | (-∞,4] | B. | (6,+∞) | C. | (4,6) | D. | [4,6] |
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A. | 0 | B. | \sqrt{3} | C. | \frac{\sqrt{3}}{3}或0 | D. | \sqrt{3}或0 |
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