Question

4．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥平面BB₁C₁C，∠BCC₁=$\frac{π}{3}$，AB=BB₁=2，BC=1，D為CC₁中點(diǎn)．
（1）求證：DB₁⊥平面ABD；
（2）求二面角A-B₁D-A₁的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用余弦定理計(jì)算BD，B₁D，再由勾股定理的逆定理得出BD⊥B₁D，由AB⊥平面BB₁C₁C得出AB⊥B₁D，于是得出B₁D⊥平面ABD；
（2）以B為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，求出平面AB₁D的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$，平面A₁B₁D的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$，計(jì)算cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞即可得出二面角的余弦值．

解答 證明：（1）∵BC=B₁C₁=1，CD=C₁D=$\frac{1}{2}$BB₁=1，∠BCC₁=$\frac{π}{3}$，∠B₁C₁D=π-∠BCC₁=$\frac{2π}{3}$，
∴BD=1，B₁D=$\sqrt{3}$，
∴BB₁²=BD²+B₁D²，∴BD⊥B₁D．
∵AB⊥平面BB₁C₁C，BD?平面BB₁C₁C，
∴AB⊥B₁D，又AB?平面ABD，BD?平面ABD，AB∩BD=B，
∴DB₁⊥平面ABD．
（2）以B為原點(diǎn)，以BB₁，BA所在直線為x軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz，如圖所示：
則A（0，0，2），D（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），B₁（2，0，0），A₁（2，0，2），
∴$\overrightarrow{D{B}_{1}}$=（$\frac{3}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），$\overrightarrow{{B}_{1}A}$=（-2，0，2），$\overrightarrow{{B}_{1}{A}_{1}}$=（0，0，2）．
設(shè)平面AB₁D的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），平面A₁B₁D的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{D{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{B}_{1}A}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{D{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{{B}_{1}{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}{x}_{1}-\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{1}=0}\\{-2{x}_{1}+2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}{x}_{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{2}=0}\\{2{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令x₁=1得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，$\sqrt{3}$，1），令x₂=1得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（1，$\sqrt{3}$，0）．
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{4}{\sqrt{5}×2}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∵二面角A-B₁D-A₁是銳角，
∴二面角A-B₁D-A₁的平面角的余弦值為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面垂直的判定，二面角的計(jì)算與空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．