Question

17．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁側(cè)棱垂直于底面，AB=4，AC=BC=3，D為AB的中點．
（Ⅰ）求證：AC₁∥平面B₁CD
（Ⅱ） 若AB₁⊥A₁C，求二面角A₁-CD-B₁的余弦值．

Answer 1

分析 方法一：（Ⅰ）以D為坐標原點，以$\overrightarrow{DB}，\overrightarrow{DC}$方向為x軸，y軸正方向建立空間直角坐標系，根據(jù)平面B₁CD的法向量與直線AC₁的方向向量垂直，得到AC₁∥平面B₁CD
（Ⅱ） 設(shè)AA₁=h，由AB₁⊥A₁C，可得h值，進而求出兩個平面的法向量，代入向量夾角公式，可得答案．
方法二：（Ⅰ）連BC₁，交CB₁于點M，連MD，由線面平行的判定定理可證得：AC₁∥平面B₁CD
（Ⅱ） 由已知可得∠A₁DB₁即二面角A₁-CD-B₁的平面角，由余弦定理，可得二面角A₁-CD-B₁的余弦值．

解答 方法一：（Ⅰ）以D為坐標原點，以$\overrightarrow{DB}，\overrightarrow{DC}$方向為x軸，y軸正方向建立空間直角坐標系，則$D（0，0，0），A（-2，0，0），B（2，0，0），C（0，\sqrt{5}，0）$，
設(shè)AA₁=h，則${A_1}（-2，0，h），{B_1}（2，0，h），{C_1}（0，\sqrt{5}，h）$，$\overrightarrow{DC}=（0，\sqrt{5}，0）$，$\overrightarrow{D{B_1}}=（2，0，h）$
設(shè)平面B₁CD的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
則$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{DC}，\overrightarrow n⊥\overrightarrow{D{B_1}}$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{5}y=0}\\{2x+hz=0}\end{array}}\right.$取$\overrightarrow n=（h，0，-2）$，
∵$\overrightarrow{A{C_1}}=（2，\sqrt{5}，h）$，
∴$\overrightarrow{A{C_1}}•\overrightarrow n=2h-2h=0$，
∴$\overrightarrow{A{C_1}}∥\overrightarrow n$，
∵AC₁?平面B₁CD，DM?平面B₁CD，
∴AC₁∥平面B₁CD．                         …4
（Ⅱ）∵AB₁⊥A₁C，$\overrightarrow{A{B_1}}=（4，0，h），\overrightarrow{{A_1}C}=（2，\sqrt{5}，-h）$
∴$\overrightarrow{A{B_1}}•\overrightarrow{{A_1}C}=8-{h^2}=0$，∴$h=2\sqrt{2}$，
平面B₁CD的法向量為$\overrightarrow n=（2\sqrt{2}，0，-2）$，
類似可取平面A₁CD的法向量為$\overrightarrow m=（\sqrt{2}，0，1）$，
$cos?\overrightarrow n，\overrightarrow m＞=\frac{\overrightarrow n•\overrightarrow m}{|\overrightarrow n•\overrightarrow m|}=\frac{2}{{2\sqrt{3}×\sqrt{3}}}=\frac{1}{3}$，
故二面角A₁-CD-B₁的平面角的余弦值為$\frac{1}{3}$．                                      …12
方法二：（Ⅰ）證明：連BC₁，交CB₁于點M，連MD，
∵D，M分別為AB，C₁B的中點，
∴AC₁∥MD，
∵AC₁?平面B₁CD，DM?平面B₁CD，
∴AC₁∥平面B₁CD．

（Ⅱ）∵AC=BC，AD=DB，
∴CD⊥AB，
∵AA₁⊥底面ABC，CD?底面ABC，
∴AA₁⊥CD，
∵AA₁∩AB=A，AA₁，AB?平面A₁DB₁，
∴CD⊥平面A₁DB₁，
∵A₁D，DB₁?平面A₁DB₁，
∴CD⊥A₁D，CD⊥B₁D，
∴∠A₁DB₁即二面角A₁-CD-B₁的平面角，
∵AB₁?平面A₁DB₁，
∴CD⊥平面A₁DB₁，
∴CD⊥AB₁，
又AB₁⊥A₁C，CD∩A₁C=C，CD，A₁C?平面A₁CD，
∴AB₁⊥平面A₁CD，
∵A₁D?平面A₁CD，
∴AB₁⊥A₁D，
設(shè)AA₁=h，則$\frac{h}{4}•\frac{h}{2}=1$，
∴$h=2\sqrt{2}$，
∴${A_1}D={B_1}D=2\sqrt{3}$，
又∵A₁B₁=4，
∴$cos∠{A_1}D{B_1}=\frac{{{A_1}{D^2}+{B_1}{D^2}-{A_1}{B_1}^2}}{{2{A_1}D•{B_1}D}}=\frac{{{{（2\sqrt{3}）}^2}+{{（2\sqrt{3}）}^2}-{4^2}}}{{2×{{（2\sqrt{3}）}^2}}}=\frac{1}{3}$，
故二面角A₁-CD-B₁的平面角的余弦值為$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查的知識點是二面角的平面角及求法，直線與平面平行的判定，難度中檔．