Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据线面垂直的判定定理进行证明即可，
（Ⅱ）根据线面平行的判定定理进行证明即可．
（III）根据二面角的定义或者建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．

解答 解：（I）因AB=AC，D为BC中点，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）．
用向量方法证明本题请对应给分．
本题可分别以AB，AC，AA₁为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
也可分别以DC，DA，AD₁（D₁为棱B₁C₁中点）为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
（II）如图，连接A₁C∩AC₁=E，连接DE．因D、E分别是BC、A₁C的中点，故DE是△A₁BC的中位线（5分），
故A₁B∥DE（6分）．因A₁B?平面ADC₁（7分），
故A₁B∥平面ADC₁（8分）．
用向量方法证明本题请如下给分：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：连接B₁A∩BA₁=O，分别取OB、AB中点H、O₁，连接DH、DO₁．
因为四边形ABB₁A₁是正方形且O₁，H分别是BA，BO中点，故HO₁⊥AB．
又因O₁，H分别是BA，BC中点且AB⊥AC，故O₁D⊥AB，
故∠O₁HD就是二面角A-A₁B-D的平面角（10分）．
设AB=2，则在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：设AB=AC=2，则$BC=2\sqrt{2}$，故AB²+AC²=BC²，故AB⊥AC（9分），
又因三棱柱A₁B₁C₁-ABC为直三棱柱，故AB，AC，AA₁两两垂直，故可建系如图．
则平面AA₁B的法向量为$\overrightarrow{n_1}=（0，1，0）$（10分）．
又$\overrightarrow{{A_1}B}=（2，0，-2），\overrightarrow{{A_1}D}=（1，1，-2）$，
设平面A₁BD的法向量$\overrightarrow{n_2}=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}x-z=0\\ x+y-2z=0\end{array}\right.$．
令z=1可得$\overrightarrow{n_2}=（1，1，1）$（11分）．
设所求二面角为θ，由图可知θ为锐角，故$cosθ=\frac{{|\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}|}}{{|\overrightarrow{n_1}|•|\overrightarrow{n_2}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$（12分）．

点评 本题主要考查空间线面平行和线面垂直的判定以及空间二面角的求解，利用定义法或者建立坐标系，利用向量法是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．