Question

2．如圖，在六面體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，M，N分別是棱A₁B₁，B₁C₁的中點(diǎn)，平面ABCD⊥平面A₁B₁BA，平面ABCD平面B₁BCC₁．
（1）證明：BB₁⊥平面ABCD；
（2）已知六面體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長均為$\sqrt{5}$，cos∠BAD=$\frac{3}{5}$，設(shè)平面BMN與平面AB₁D₁相交所成二面角的大小為θ求cosθ．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)D作DP⊥AB，過點(diǎn)D作DQ⊥BC，推導(dǎo)出DP⊥BB₁，DQ⊥BB₁，由此能證明BB₁⊥平面ABCD．
（2）設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，${A}_{1}{{C}_{1}}_{\;}^{\;}$與B₁D₁的交點(diǎn)為O₁，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OO₁所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出cosθ．

解答 證明：（1）過點(diǎn)D作DP⊥AB，過點(diǎn)D作DQ⊥BC，
由平面ABCD⊥平面A₁B₁BA，BB₁?平面A₁B₁BA，
得DP⊥BB₁，
由平面ABCD⊥平面B₁BCC₁，BB₁?平面B₁BCC₁，
得DQ⊥BB₁，
又DP∩DQ=D，∴BB₁⊥平面ABCD．
解：（2）由AB=AD=$\sqrt{5}$，且cos∠BAD=$\frac{3}{5}$，
在△ABD中利用余弦定理得BD=2，
設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，${A}_{1}{{C}_{1}}_{\;}^{\;}$與B₁D₁的交點(diǎn)為O₁，
以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OO₁所在直線為x，y，z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
則B（0，1，0），M（1，$\frac{1}{2}$，$\sqrt{5}$），N（-1，$\frac{1}{2}$，$\sqrt{5}$），
C（-2，0，0），A₁（2，0，$\sqrt{5}$），A（2，0，0），
B₁（0，1，$\sqrt{5}$），D₁（0，-1，$\sqrt{5}$），
設(shè)平面BMN的法向量為$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
$\overrightarrow{BM}$=（1，-$\frac{1}{2}，\sqrt{5}$），$\overrightarrow{MN}$=（-2，0，0），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BM}=a-\frac{1}{2}b+\sqrt{5}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{MN}=-2a=0}\end{array}\right.$，取b=10，得$\overrightarrow{m}$=（0，10，$\sqrt{5}$），
設(shè)平面AB₁D₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（-2，1，$\sqrt{5}$），$\overrightarrow{{B}_{1}{D}_{1}}$=（0，-2，0），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{B}_{1}}=-2x+y+\sqrt{5}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}{D}_{1}}=-2y=0}\end{array}\right.$，取x=5，得$\overrightarrow{n}$=（5，0，2$\sqrt{5}$），
∴cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2\sqrt{21}}{63}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．