Question

4．如圖，棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的所有棱長都等于2，∠ABC=∠A₁AC=60°，平面AA₁CC₁⊥平面ABCD．
（1）證明：BD⊥AA₁
 （2）求二面角D-AA₁-C．

Answer 1

分析 （1）連接BD，由條件知四邊形ABCD是菱形，可得BD⊥AC，再由平面AA₁CC₁⊥平面ABCD，結合面面垂直的性質可得BD⊥平面AA₁CC₁，從而得到BD⊥AA₁；
（2）令BD∩AC=O，連接A₁O，則BD，AC，OA₁兩兩互相垂直．在AA₁上取點M使得AM=$\frac{1}{4}$AA₁，則OM⊥AA₁．又AA₁⊥DO，可得AA₁⊥面DOM，則AA₁⊥DM．從而可知∠DMO為二面角D-AA₁-C的平面角．然后求解直角三角形得二面角D-AA₁-C．

解答 （1）證明：連接BD，由條件知四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
而平面AA₁CC₁⊥平面ABCD，平面AA₁CC₁∩平面ABCD=AC，
∴BD⊥平面AA₁CC₁，
又AA₁?平面AA₁CC₁，因此BD⊥AA₁；
（2）解：∵∠ABC=60°，ABCD是菱形，
∴AC=AB=AA₁，而∠A₁AC=60°，∴△A₁AC是正三角形．
令BD∩AC=O，連接A₁O，則BD，AC，OA₁兩兩互相垂直．
在AA₁上取點M使得AM=$\frac{1}{4}$AA₁，則OM⊥AA₁．
又∵AA₁⊥DO，∴AA₁⊥面DOM，則AA₁⊥DM．
∴∠DMO為二面角D-AA₁-C的平面角．
在Rt△DOM中，∠DOM=90°，OM=$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，DO=$\sqrt{3}$，DM=$\sqrt{D{O^2}+O{M^2}}$=$\sqrt{{{\sqrt{3}}^2}+（\frac{{\sqrt{3}}}{2}{）^2}}$=$\frac{{\sqrt{15}}}{2}$
∴cos∠DMO=$\frac{OM}{DM}$=$\frac{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{{\frac{{\sqrt{15}}}{2}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，則cos∠DMO=arccos$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點評 本題考查空間直線與直線的位置關系，考查了面面垂直的性質，考查二面角的平面角的求法，關鍵是正確找出二面角的平面角，是中檔題．