Question

12．如图，点E、F分别是正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱AD、AA₁的中点，G是棱CC₁上一点．
（Ⅰ）求证：平面A₁B₁E⊥平面D₁FG；
（Ⅱ）若AB=2，CG=2-$\sqrt{3}$，M是棱DD₁的中点，点N在线段D₁G上，MN∥DC，求二面角D₁-FN-M的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）建立空间坐标系，求出点的坐标，利用面面垂直的判定定理证明即可．
（Ⅱ）求出平面的法向量，利用向量法求出向量夹角，即可求出二面角的大小．

解答 证明：（Ⅰ）在正方体中，建立以A为坐标原点，AB，AD，AA₁分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
∵点E、F分别是正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱AD、AA₁的中点，
∴设正方体的棱长为2，
则A（0，0，0），A₁（0，0，2），B₁（2，0，2），E（0，1，0），F（0，0，1），D₁（0，2，2），M（0，2，1）
则$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=（0，2，1），$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=（2，0，0），$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=（0，1，-2），
则$\overrightarrow{F{D}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=0，$\overrightarrow{F{D}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=2-2=0，
则D₁F⊥A₁B₁，D₁F⊥A₁E，
∵A₁B₁∩A₁E=A，
∴D₁F⊥平面A₁B₁E，
∵D₁F?平面D₁FG；
∴平面A₁B₁E⊥平面D₁FG；
（Ⅱ）∵若AB=2，CG=2-$\sqrt{3}$，∴C₁G=$\sqrt{3}$，
∵M是棱DD₁的中点，点N在线段D₁G上，MN∥DC，
∴tanD₁GC₁=tanND₁M=$\frac{NM}{{D}_{1}M}=\frac{{D}_{1}{C}_{1}}{{C}_{1}G}$，
即$\frac{MN}{1}=\frac{2}{\sqrt{3}}$，则MN=$\frac{2}{\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
则N（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，2，1），
$\overrightarrow{FN}$=（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，2，0），$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=（0，2，1），
设平面D₁FN的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{FN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2y=0，$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=2y+z=0，
令x=$\sqrt{3}$，则y=-1，z=2，
则$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，-1，2），
设平面FNM的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{FM}$=（0，2，0），
则$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{FN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2y=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{FM}$=2y=0，
则y=0，x=0，设z=1，
则$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），
则cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{\left|\overrightarrow{m}\right|\left|\overrightarrow{n}\right|}$=$\frac{2}{1×\sqrt{3+1+4}}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
则$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{π}{4}$，
即二面角D₁-FN-M的大小为$\frac{π}{4}$．

点评 本题考查了空间中的面面垂直的判定以及二面角的求解，建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．