Question

14．如图，三棱柱ABC-A₁B₁C₁的侧面AA₁C₁C是矩形，侧面AA₁C₁C⊥侧面AA₁B₁B，且AB=4AA₁=4，∠BAA₁=60°，D是AB的中点．
（Ⅰ）求证：AC₁∥平面CDB₁；
（Ⅱ）求证：DA₁⊥平面AA₁C₁C
（Ⅲ）若AA₁=A₁C₁，点M在棱A₁C₁上，且A₁M=λA₁C₁，若二面角M-AD-A₁为30°，求λ的值．

Answer 1

分析 （1）连结A₁C交AC₁于F，取B₁C中点E，连结DE，EF．则可利用中位线定理证明四边形ADEF是平行四边形，得出AF∥CD，从而证明AC₁∥平面CDB₁．
（Ⅱ）求出AA₁和AD的长，使用余弦定理求出A₁D，由勾股定理的逆定理证出A₁D⊥AA₁，由面面垂直可得出AC⊥平面ABB₁A₁，进而得出AC⊥A₁D，得出DA₁⊥平面AA₁C₁C．
（Ⅲ）作A₁G⊥AB，连接MG，则∠A₁GM=30°，求出A₁M=A₁Gtan30°，利用AA₁=A₁C₁，A₁M=λA₁C₁，即可求λ的值．

解答 （Ⅰ）证明：连结A₁C交AC₁于F，取B₁C中点E，连结DE，EF
∵四边形AA₁C₁C是矩形，∴F是A₁C的中点，
∴EF∥A₁B₁，EF=$\frac{1}{2}$A₁B₁，
∵四边形ABB₁A₁是平行四边形，D是AB的中点，
∴AD∥A₁B₁，AD=$\frac{1}{2}$A₁B₁，
∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥DE，即AC₁∥DE．
又∵DE?平面CDB₁，AC₁?平面CDB₁，
∴AC₁∥平面CDB₁．
（Ⅱ）证明：∵AB=4AA₁=4，D是AB中点，∴AA₁=1，AD=2，
∵∠BAA₁=60°，∴A₁D=$\sqrt{3}$．
∴AA₁²+A₁D²=AD²，∴A₁D⊥AA₁，
∵侧面AA₁C₁C⊥侧面AA₁B₁B，侧面AA₁C₁C∩侧面AA₁B₁B=AA₁，AC⊥AA₁，AC?平面AA₁C₁C，
∴AC⊥平面AA₁B₁B，∵A₁D?平面AA₁B₁B，
∴AC⊥A₁D，又∵AA₁?平面AA₁C₁C，AC?平面AA₁C₁C，AC∩AA₁=A，
∴DA₁⊥平面AA₁C₁C．
（Ⅲ）解：作A₁G⊥AB，连接MG，则∠A₁GM=30°，
△A₁AD中，$\frac{1}{2}×1×2×sin60°$=$\frac{1}{2}×2×$A₁G，∴A₁G=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴A₁M=A₁Gtan30°=$\frac{1}{2}$，
∵AA₁=A₁C₁，A₁M=λA₁C₁，
∴λ=$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了线面平行，线面垂直的判断，面面垂直的性质，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．