Question

5．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C中，側(cè)棱AA₁⊥底面ABC，AB=AC=2AA₁，∠BAC=120°，D，D₁ 分別是線段BC，B₁C₁的中點(diǎn)，過(guò)線段AD的中點(diǎn)P作BC的平行線，分別交AB，AC于點(diǎn)M，N．
（Ⅰ）證明：MN⊥平面ADD₁A₁；
（Ⅱ）求二面角A-A₁M-N的余弦值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明MN⊥平面ADD₁A₁；
（2）建立空間坐標(biāo)系，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解即可．

解答 （Ⅰ）證明：∵AB=AC，D是BC的中點(diǎn)，∴BC⊥AD，
∵M(jìn)，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，
∴MN∥BC，
∴MN⊥AD，
∵AA₁⊥平面ABC，MN?平面ABC，
∴AA₁⊥MN，
∵AD，AA₁?平面ADD₁A₁，且AD∩AA₁=A，
∴MN⊥平面ADD₁A₁；
（Ⅱ）設(shè)AA₁=1，
如圖：過(guò)A₁作A₁E∥BC，
建立以A₁為坐標(biāo)原點(diǎn)，A₁E，A₁D₁，A₁A分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
則A₁（0，0，0），A（0，0，1），
∵P是AD的中點(diǎn)，
∴M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)．
則M（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），N（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
則$\overrightarrow{{A}_{1}M}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），$\overrightarrow{{A}_{1}A}$=（0，0，1），$\overrightarrow{NM}$=（$\sqrt{3}$，0，0），
設(shè)平面AA₁M的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}M}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}A}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+z=0}\\{z=0}\end{array}\right.$，
令x=1，則y=-$\sqrt{3}$，則$\overrightarrow{m}$=（1，-$\sqrt{3}$，0），
同理設(shè)平面A₁MN的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}M}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{NM}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+z=0}\\{\sqrt{3}x=0}\end{array}\right.$，
令y=2，則z=-1，則$\overrightarrow{n}$=（0，2，-1），
則cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2\sqrt{3}}{2×\sqrt{5}}$=-$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∵二面角A-A₁M-N是銳二面角，
∴二面角A-A₁M-N的余弦值是$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線垂直的判定以及二面角的求解，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行求解，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．