Question

17．如圖，在直三棱柱A₁B₁C₁-ABC中，AB=AC=AA₁，$BC=\sqrt{2}AB$，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)．
（I）求證：AD⊥平面BCC₁B₁；
（II）求證：A₁B∥平面ADC₁；
（III）求二面角A-A₁B-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)線面垂直的判定定理進(jìn)行證明即可，
（Ⅱ）根據(jù)線面平行的判定定理進(jìn)行證明即可．
（III）根據(jù)二面角的定義或者建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解即可．

解答 解：（I）因AB=AC，D為BC中點(diǎn)，故AD⊥BC（1分）．
又因在直三棱柱A₁B₁C₁-ABC中，CC₁⊥平面ABC，故AD⊥CC₁（2分）．
又BC∩CC₁=C（3分），
故AD⊥平面BCC₁B₁（4分）．
用向量方法證明本題請(qǐng)對(duì)應(yīng)給分．
本題可分別以AB，AC，AA₁為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
也可分別以DC，DA，AD₁（D₁為棱B₁C₁中點(diǎn)）為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
（II）如圖，連接A₁C∩AC₁=E，連接DE．因D、E分別是BC、A₁C的中點(diǎn)，故DE是△A₁BC的中位線（5分），
故A₁B∥DE（6分）．因A₁B?平面ADC₁（7分），
故A₁B∥平面ADC₁（8分）．
用向量方法證明本題請(qǐng)如下給分：求出平面ADC₁的法向量（2分），
因A₁B?平面ADC₁（7分），
故A₁B∥平面ADC₁（8分）．
（III）解法一：連接B₁A∩BA₁=O，分別取OB、AB中點(diǎn)H、O₁，連接DH、DO₁．
因?yàn)樗倪呅蜛BB₁A₁是正方形且O₁，H分別是BA，BO中點(diǎn)，故HO₁⊥AB．
又因O₁，H分別是BA，BC中點(diǎn)且AB⊥AC，故O₁D⊥AB，
故∠O₁HD就是二面角A-A₁B-D的平面角（10分）．
設(shè)AB=2，則在Rt△HO₁D中，∠HO₁D=90°且${O_1}D=\frac{1}{2}AC=1，{O_1}H=\frac{1}{2}OA=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
故$HD=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，故$cos∠{O_1}HD=\frac{{{O_1}H}}{DH}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$（12分）．
解法二：設(shè)AB=AC=2，則$BC=2\sqrt{2}$，故AB²+AC²=BC²，故AB⊥AC（9分），
又因三棱柱A₁B₁C₁-ABC為直三棱柱，故AB，AC，AA₁兩兩垂直，故可建系如圖．
則平面AA₁B的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（0，1，0）$（10分）．
又$\overrightarrow{{A_1}B}=（2，0，-2），\overrightarrow{{A_1}D}=（1，1，-2）$，
設(shè)平面A₁BD的法向量$\overrightarrow{n_2}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}x-z=0\\ x+y-2z=0\end{array}\right.$．
令z=1可得$\overrightarrow{n_2}=（1，1，1）$（11分）．
設(shè)所求二面角為θ，由圖可知θ為銳角，故$cosθ=\frac{{|\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}|}}{{|\overrightarrow{n_1}|•|\overrightarrow{n_2}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$（12分）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查空間線面平行和線面垂直的判定以及空間二面角的求解，利用定義法或者建立坐標(biāo)系，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．考查學(xué)生的運(yùn)算和推理能力．