Question

14．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁的側(cè)面AA₁C₁C是矩形，側(cè)面AA₁C₁C⊥側(cè)面AA₁B₁B，且AB=4AA₁=4，∠BAA₁=60°，D是AB的中點．
（Ⅰ）求證：AC₁∥平面CDB₁；
（Ⅱ）求證：DA₁⊥平面AA₁C₁C
（Ⅲ）若AA₁=A₁C₁，點M在棱A₁C₁上，且A₁M=λA₁C₁，若二面角M-AD-A₁為30°，求λ的值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)A₁C交AC₁于F，取B₁C中點E，連結(jié)DE，EF．則可利用中位線定理證明四邊形ADEF是平行四邊形，得出AF∥CD，從而證明AC₁∥平面CDB₁．
（Ⅱ）求出AA₁和AD的長，使用余弦定理求出A₁D，由勾股定理的逆定理證出A₁D⊥AA₁，由面面垂直可得出AC⊥平面ABB₁A₁，進而得出AC⊥A₁D，得出DA₁⊥平面AA₁C₁C．
（Ⅲ）作A₁G⊥AB，連接MG，則∠A₁GM=30°，求出A₁M=A₁Gtan30°，利用AA₁=A₁C₁，A₁M=λA₁C₁，即可求λ的值．

解答 （Ⅰ）證明：連結(jié)A₁C交AC₁于F，取B₁C中點E，連結(jié)DE，EF
∵四邊形AA₁C₁C是矩形，∴F是A₁C的中點，
∴EF∥A₁B₁，EF=$\frac{1}{2}$A₁B₁，
∵四邊形ABB₁A₁是平行四邊形，D是AB的中點，
∴AD∥A₁B₁，AD=$\frac{1}{2}$A₁B₁，
∴四邊形ADEF是平行四邊形，∴AF∥DE，即AC₁∥DE．
又∵DE?平面CDB₁，AC₁?平面CDB₁，
∴AC₁∥平面CDB₁．
（Ⅱ）證明：∵AB=4AA₁=4，D是AB中點，∴AA₁=1，AD=2，
∵∠BAA₁=60°，∴A₁D=$\sqrt{3}$．
∴AA₁²+A₁D²=AD²，∴A₁D⊥AA₁，
∵側(cè)面AA₁C₁C⊥側(cè)面AA₁B₁B，側(cè)面AA₁C₁C∩側(cè)面AA₁B₁B=AA₁，AC⊥AA₁，AC?平面AA₁C₁C，
∴AC⊥平面AA₁B₁B，∵A₁D?平面AA₁B₁B，
∴AC⊥A₁D，又∵AA₁?平面AA₁C₁C，AC?平面AA₁C₁C，AC∩AA₁=A，
∴DA₁⊥平面AA₁C₁C．
（Ⅲ）解：作A₁G⊥AB，連接MG，則∠A₁GM=30°，
△A₁AD中，$\frac{1}{2}×1×2×sin60°$=$\frac{1}{2}×2×$A₁G，∴A₁G=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴A₁M=A₁Gtan30°=$\frac{1}{2}$，
∵AA₁=A₁C₁，A₁M=λA₁C₁，
∴λ=$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了線面平行，線面垂直的判斷，面面垂直的性質(zhì)，考查線面角，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．