Question

8．如圖，四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，A₁A⊥底面ABCD，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，且AD=2BC，過A₁、C、D三點(diǎn)的平面記為α，BB₁與α的交點(diǎn)為Q．
（Ⅰ）證明：Q為BB₁的中點(diǎn)；
（Ⅱ）若AA₁=4，CD=2，梯形ABCD的面積為6，∠ADC=60°，求平面α與底面ABCD所成銳二面角的大小．

Answer 1

分析 （1）由已知得平面QBC∥平面A₁AD，從而QC∥A₁D，由此能證明Q為BB₁的中點(diǎn)．
（2）法一：在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接A₁E，∠AEA₁為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角，由此求出平面α與底面ABCD所成二面角的大小．
（3）法二：以D為原點(diǎn)，DA，DD₁分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，由此利用向量法能求出平面α與底面ABCD所成二面角的大�。�

解答 （1）證明：∵BQ∥AA₁，BC∥AD，
BC∩BQ=B，AD∩AA₁=A，
∴平面QBC∥平面A₁AD，
∴平面A₁CD與這兩個(gè)平面的交線相互平行，
即QC∥A₁D．
∴△QBC與△A₁AD的對(duì)應(yīng)邊相互平行，
∴△QBC∽△A₁AD，
∴$\frac{BQ}{B{B}_{1}}=\frac{BQ}{A{A}_{1}}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}$，
∴Q為BB₁的中點(diǎn)．
（2）解法一：如圖1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足為E，連接A₁E．
又DE⊥AA₁，且AA₁∩AE=A，
所以DE⊥平面AEA₁，所以DE⊥A₁E．
所以∠AEA₁為平面α與底面ABCD所成二面角的平面角．
因?yàn)锽C∥AD，AD=2BC，所以S_△ADC=2S_△BCA．
又因?yàn)樘菪蜛BCD的面積為6，DC=2，
所以S_△ADC=4，AE=4．
于是tan∠AEA₁=$\frac{A{A}_{1}}{AE}$=1，∠AEA₁=$\frac{π}{4}$．
故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為$\frac{π}{4}$．
（3）解法二：如圖2所示，

以D為原點(diǎn)，DA，DD₁分別為x軸和z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)∠CDA=θ，BC=a，則AD=2a．
因?yàn)镾_{四邊形ABCD}=$\frac{a+2a}{2}$•2sin60°=6，
所以a=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
從而可得C（1，$\sqrt{3}$，0），A₁（$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，0，4），
所以DC=（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{D{A}_{1}}$=（$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，0，4）．
設(shè)平面A₁DC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，1），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow{n}=\frac{8\sqrt{3}}{3}x+4=0}\\{\overrightarrow{DC}•\overrightarrow{n}=x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，
得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{y=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
所以$\overrightarrow{n}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1）．
又因?yàn)槠矫鍭BCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
所以cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故平面α與底面ABCD所成二面角的大小為$\frac{π}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查空間線面平行的性質(zhì)以及空間二面角的求解，建立坐標(biāo)系，求出平面法向量利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．考查學(xué)生的運(yùn)算和推理能力．