Question

17．如下图所示的三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，棱AA₁⊥底面A₁B₁C₁，AB=AC=AA₁，∠ABC=30°，M，N，D分别是A₁B₁，A₁C₁，BC的中点．
（Ⅰ）求证：MN⊥AD；
（Ⅱ）求为二面角M-AD-N的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取B₁C₁的中点D₁，连接DD₁，A₁D₁，可得A₁D₁⊥B₁C₁，再由三角形中位线定理可得MN∥B₁C₁，则MN⊥A₁D₁，由AA₁⊥底面A₁B₁C₁，得AA₁⊥MN，再由线面垂直的判定可得MN⊥平面A₁ADD₁，则MN⊥AD；
（Ⅱ）以A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系为O-xyz（点O与点A重合），求出所用点的坐标，进一步求出平面ADM与平面ADN的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得二面角M-AD-N的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：如下图，取B₁C₁的中点D₁，

连接DD₁，A₁D₁，
在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，由AB=AC，得A₁B₁=A₁C₁，∴A₁D₁⊥B₁C₁，
∵M，N分别是A₁B₁，A₁C₁的中点，∴MN∥B₁C₁，得MN⊥A₁D₁，
∵AA₁⊥底面A₁B₁C₁，MN?平面A₁B₁C₁，∴AA₁⊥MN，
又∵AA₁∩A₁D₁=A₁，∴MN⊥平面A₁ADD₁，
∵AD?平面A₁ADD₁，
∴MN⊥AD；
（Ⅱ）解：设AA₁=2，作AH∥BC，
以A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系为O-xyz（点O与点A重合），

则A（0，0，0），A₁（0，0，2），
由题意，D为BC的中点，AB=AC=AA₁，∠ABC=30°，
∴D（0，1，0），$B（\sqrt{3}，\;\;1，\;\;0）$，${B_1}（\sqrt{3}，\;\;1，\;\;2）$，$C（-\sqrt{3}，\;\;1，\;\;0）$，${C_1}（-\sqrt{3}，\;\;1，\;\;2）$，
由M，N分别是A₁B₁，A₁C₁的中点，得$M（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，2）$，$N（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\;\;\frac{1}{2}，\;\;2}）$，
∴$\overrightarrow{AD}=（0，\;\;1，\;\;0）$，$\overrightarrow{AM}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\;\;\frac{1}{2}，\;\;2}）$，$\overrightarrow{AN}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\;\;\frac{1}{2}，\;\;2}）$，
设平面ADM的一个法向量为$\overrightarrow n=（x，\;\;y，\;\;z）$，∴$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{AM}$，
则$\left\{\begin{array}{l}y=0，\;\;\\ \frac{{\sqrt{3}}}{2}x+\frac{1}{2}y+2z=0，\;\;\end{array}\right.$
取$z=-\sqrt{3}$，则y=0，x=4，
于是$\overrightarrow n=（4，\;\;0，\;\;-\sqrt{3}）$．
同理可得平面ADN的一个法向量为$\overrightarrow m=（4，\;\;0，\;\;\sqrt{3}）$．
设二面角M-AD-N的平面角为θ，
由题意知，θ为锐角，∴$cosθ=|cos＜\overrightarrow n，\;\;\overrightarrow m＞|$=$|{\frac{\overrightarrow n\;•\;\overrightarrow m}{|\overrightarrow n||\overrightarrow m|}}|$=$|{\frac{{4×4+0-\sqrt{3}×\sqrt{3}}}{{\sqrt{19}×\sqrt{19}}}}|=\frac{13}{19}$，
因此，二面角M-AD-N的余弦值为$\frac{13}{19}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．