Question

17．如圖，在四棱臺ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD為平行四邊形，∠BAD=120°，M為CD上的點．且∠A₁AB=∠A₁AD=90°，AD=A₁A=2，A₁B₁=DM=1．
（1）求證：AM⊥A₁B；
（2）若M為CD的中點，N為棱DD₁上的點，且MN與平面A₁BD所成角的正弦值為$\frac{1}{{\sqrt{35}}}$，試求DN的長．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理逆定理得出AM⊥CD，即AM⊥AB，結(jié)合AM⊥AA₁得出AM⊥平面AA₁B₁B，于是AM⊥A₁B；
（2）建立空間坐標系，根據(jù)MN與平面A₁BD所成角的大小確定N點位置，從而得出DN的長．

解答 證明：（1）在平行四邊形ABCD中，∠BAD=120°，∴∠ADM=60°，
在△ADM中，AD=2，DM=1，∴$AM=\sqrt{A{D^2}+D{M^2}-2•AD•DM•cos∠ADM}$=$\sqrt{3}$，
可得AD²=AM²+DM²，∴AM⊥CD．
又CD∥AB，∴AM⊥AB，
∵∠A₁AB=∠A₁AD=90°，∴A₁A⊥AB，A₁A⊥AD．
又∵AB∩AD=A，AB，AD?平面ABCD，
∴AA₁⊥ABCD，又AM?平面ABCD，
∴AM⊥AA₁．又∵AB∩AA₁=A，AB，AA₁?平面AA₁B₁B，
∴AM⊥平面AA₁B₁B．又∵A₁B?平面AA₁B₁B，
∴AM⊥A₁B．
解：（2）∵M為CD的中點，DM=1，∴CD=2，
所以四邊形ABCD為菱形．
分別以AB，AM，AA₁為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，
則點${A_1}（{0，0，2}），B（{2，0，0}），D（{-1，\sqrt{3}，0}），{D_1}（{-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，2}）$．
∴$\overrightarrow{D{D_1}}=（{\frac{1}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，2}），\overrightarrow{BD}=（{-3，\sqrt{3}，0}），\overrightarrow{{A_1}B}=（{2，0，-2}）$．
設平面A₁BD的一個法向量為$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，則有$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{BD}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{{A_1}B}=0\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}-3x+\sqrt{3}y=0\\ 2x-2z=0\end{array}\right.$，令x=1，則$\overrightarrow n=（{1，\sqrt{3}，1}）$，
設$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{D{D_1}}=（{\frac{λ}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ，2λ}）（{λ∈[{0，1}]}）$，∴$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DN}=（{\frac{λ}{2}-1，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ，2λ}）$，
∴$\frac{1}{{\sqrt{35}}}=|{cos\left?{\overrightarrow n，\overrightarrow{MN}}\right＞}|=|{\frac{{\frac{λ}{2}-1-\frac{3}{2}λ+2λ}}{{\sqrt{5}•\sqrt{{{（{\frac{λ}{2}-1}）}^2}+{{（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ}）}^2}+{{（{2λ}）}^2}}}}}|$，
∴$\frac{1}{{\sqrt{7}}}=\frac{{|{λ-1}|}}{{\sqrt{5{λ^2}-λ+1}}}$，∴2λ²-13λ+6=0，
∴$λ=\frac{1}{2}$或λ=6（舍去）．
∴$DN=\frac{1}{2}D{D_1}=\frac{{\sqrt{5}}}{2}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定，空間向量與空間角的計算，屬于中檔題．