Question

4．如图，棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的所有棱长都等于2，∠ABC=∠A₁AC=60°，平面AA₁CC₁⊥平面ABCD．
（1）证明：BD⊥AA₁
 （2）求二面角D-AA₁-C．

Answer 1

分析 （1）连接BD，由条件知四边形ABCD是菱形，可得BD⊥AC，再由平面AA₁CC₁⊥平面ABCD，结合面面垂直的性质可得BD⊥平面AA₁CC₁，从而得到BD⊥AA₁；
（2）令BD∩AC=O，连接A₁O，则BD，AC，OA₁两两互相垂直．在AA₁上取点M使得AM=$\frac{1}{4}$AA₁，则OM⊥AA₁．又AA₁⊥DO，可得AA₁⊥面DOM，则AA₁⊥DM．从而可知∠DMO为二面角D-AA₁-C的平面角．然后求解直角三角形得二面角D-AA₁-C．

解答 （1）证明：连接BD，由条件知四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
而平面AA₁CC₁⊥平面ABCD，平面AA₁CC₁∩平面ABCD=AC，
∴BD⊥平面AA₁CC₁，
又AA₁?平面AA₁CC₁，因此BD⊥AA₁；
（2）解：∵∠ABC=60°，ABCD是菱形，
∴AC=AB=AA₁，而∠A₁AC=60°，∴△A₁AC是正三角形．
令BD∩AC=O，连接A₁O，则BD，AC，OA₁两两互相垂直．
在AA₁上取点M使得AM=$\frac{1}{4}$AA₁，则OM⊥AA₁．
又∵AA₁⊥DO，∴AA₁⊥面DOM，则AA₁⊥DM．
∴∠DMO为二面角D-AA₁-C的平面角．
在Rt△DOM中，∠DOM=90°，OM=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，DO=$\sqrt{3}$，DM=$\sqrt{D{O^2}+O{M^2}}$=$\sqrt{{{\sqrt{3}}^2}+（\frac{{\sqrt{3}}}{2}{）^2}}$=$\frac{{\sqrt{15}}}{2}$
∴cos∠DMO=$\frac{OM}{DM}$=$\frac{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{{\frac{{\sqrt{15}}}{2}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，则cos∠DMO=arccos$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查空间直线与直线的位置关系，考查了面面垂直的性质，考查二面角的平面角的求法，关键是正确找出二面角的平面角，是中档题．