Question

9．已知菱形ABCD邊長(zhǎng)為2．∠BAD=$\frac{π}{3}$．將△ABD沿BD折起．折成二面角A₁-BD-C．則下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 當(dāng)二面角A₁-BD-C為直二面角時(shí)．A₁B與CD所成角為$\frac{π}{3}$
• B． 當(dāng)二面角A₁-BD-C為$\frac{π}{3}$．A₁B與平面BCD所成角的正弦值為$\frac{3}{4}$
• C． 當(dāng)V${\;}_{{A}_{1}-BCD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$時(shí)，二面角A₁-BD-C為$\frac{π}{3}$
• D． 當(dāng)二面角A₁-BD-C為直二面角時(shí)．平面A₁BC⊥A₁DC

Answer 1

分析 根據(jù)空間直線和平面所成的角以及二面角的定義分別進(jìn)行求解判斷即可．

解答 解：在菱形ABCD，AC⊥BD，
則將△ABD沿BD折起．折成二面角A₁-BD-C后，
A₁E⊥BD，CE⊥BD，
則BD⊥平面A₁EC，
則∠A₁EC是二面角A₁-BD-C的平面角，

A．當(dāng)二面角A₁-BD-C為直二面角時(shí)，∠A₁EC=90°，此時(shí)A₁E⊥平面BCD，
取A₁D，A₁C的中點(diǎn)M，N，則MN∥CD，EM∥A₁B，
且MN=EM=1，則A₁C=$\sqrt{{A}_{1}{E}^{2}+C{E}^{2}}$=$\sqrt{3+3}=\sqrt{6}$，
EN=$\frac{1}{2}$A₁C=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，則△A₁EC不是正三角形，則∠EMN≠$\frac{π}{3}$，
即A₁B與CD所成角EMN≠$\frac{π}{3}$，故A錯(cuò)誤，

D．連接BN，DM，則BN⊥A₁C，DN⊥A₁C，
則∠BND是平面A₁BC與面A₁DC的二面角的平面角，
∵A₁C=$\sqrt{6}$，CN=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴BN=ND=$\sqrt{{2}^{2}-（\frac{\sqrt{6}}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
則cos∠BND=$\frac{（\frac{\sqrt{10}}{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{10}}{2}）^{2}-4}{2×\frac{\sqrt{10}}{2}×\frac{\sqrt{10}}{2}}$=$\frac{1}{5}$≠0，
∴∠BND≠90°，即平面A₁BC⊥平面A₁DC不成立，故D錯(cuò)誤，
B．當(dāng)二面角A₁-BD-C為$\frac{π}{3}$．即∠A₁EC=$\frac{π}{3}$時(shí)，三角形A₁EC是正三角形，
取CE的中點(diǎn)G，連接A₁G，則A₁G⊥面BCD，
則∠A₁BG是A₁B與平面BCD所成的角，
∵A₁E=$\sqrt{3}$，∴A₁G=$\frac{\sqrt{3}}{2}×\sqrt{3}$=$\frac{3}{2}$，
則sin∠A₁BG=$\frac{{A}_{1}G}{{A}_{1}B}$=$\frac{\frac{3}{2}}{2}$=$\frac{3}{4}$，故B正確，


C．設(shè)二面角A₁-BD-C的平面角為θ，過(guò)A₁作平面BCD的高A₁K
則V${\;}_{{A}_{1}-BCD}$=$\frac{1}{3}$S_△BCD•A₁K=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}$A₁K=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
則A₁K=$\frac{3}{2}$，則sin∠A₁EK=$\frac{{A}_{1}K}{{A}_{1}E}$=$\frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則∠A₁EK=$\frac{π}{3}$或$\frac{2π}{3}$，
即二面角A₁-BD-C為$\frac{π}{3}$或$\frac{2π}{3}$，
故D錯(cuò)誤，
，
故選：B

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查空間角的計(jì)算，根據(jù)空間直線和平面所成角以及空間二面角的定義分別作出對(duì)應(yīng)的平面角是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大，難度較大．