Question

12．如圖，點E、F分別是正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱AD、AA₁的中點，G是棱CC₁上一點．
（Ⅰ）求證：平面A₁B₁E⊥平面D₁FG；
（Ⅱ）若AB=2，CG=2-$\sqrt{3}$，M是棱DD₁的中點，點N在線段D₁G上，MN∥DC，求二面角D₁-FN-M的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）建立空間坐標(biāo)系，求出點的坐標(biāo)，利用面面垂直的判定定理證明即可．
（Ⅱ）求出平面的法向量，利用向量法求出向量夾角，即可求出二面角的大�。�

解答 證明：（Ⅰ）在正方體中，建立以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AA₁分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
∵點E、F分別是正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱AD、AA₁的中點，
∴設(shè)正方體的棱長為2，
則A（0，0，0），A₁（0，0，2），B₁（2，0，2），E（0，1，0），F(xiàn)（0，0，1），D₁（0，2，2），M（0，2，1）
則$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=（0，2，1），$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=（2，0，0），$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=（0，1，-2），
則$\overrightarrow{F{D}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=0，$\overrightarrow{F{D}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=2-2=0，
則D₁F⊥A₁B₁，D₁F⊥A₁E，
∵A₁B₁∩A₁E=A，
∴D₁F⊥平面A₁B₁E，
∵D₁F?平面D₁FG；
∴平面A₁B₁E⊥平面D₁FG；
（Ⅱ）∵若AB=2，CG=2-$\sqrt{3}$，∴C₁G=$\sqrt{3}$，
∵M是棱DD₁的中點，點N在線段D₁G上，MN∥DC，
∴tanD₁GC₁=tanND₁M=$\frac{NM}{{D}_{1}M}=\frac{{D}_{1}{C}_{1}}{{C}_{1}G}$，
即$\frac{MN}{1}=\frac{2}{\sqrt{3}}$，則MN=$\frac{2}{\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
則N（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，2，1），
$\overrightarrow{FN}$=（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，2，0），$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=（0，2，1），
設(shè)平面D₁FN的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{FN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2y=0，$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=2y+z=0，
令x=$\sqrt{3}$，則y=-1，z=2，
則$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，-1，2），
設(shè)平面FNM的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{FM}$=（0，2，0），
則$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{FN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2y=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{FM}$=2y=0，
則y=0，x=0，設(shè)z=1，
則$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），
則cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{\left|\overrightarrow{m}\right|\left|\overrightarrow{n}\right|}$=$\frac{2}{1×\sqrt{3+1+4}}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
則$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{π}{4}$，
即二面角D₁-FN-M的大小為$\frac{π}{4}$．

點評 本題考查了空間中的面面垂直的判定以及二面角的求解，建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，運算量較大．