Question

12．如圖，幾何體ABCD-B₁C₁D₁中，正方形BB₁D₁D⊥平面ABCD，D₁D∥CC₁，平面D₁DCC₁與平面B₁BCC₁所成的二面角的余弦值為$\frac{2}{3}$，BC=3，CD=2CC₁=2，AD=$\sqrt{5}$，AD∥BC，M為DD₁上任意一點(diǎn)．
（1）BC₁⊥∥平面ADD₁；
（2）當(dāng)平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁時(shí)，求DM的長．

Answer 1

分析 （1）由D₁D∥CC₁，AD∥BC得平面ADD₁∥平面BCC₁，故BC₁⊥∥平面ADD₁；
（2）過D作DG⊥BC，過G作NG⊥BC，連結(jié)MN，根據(jù)余弦定理和相似三角形依次解出BD，CG，BG，NG，故當(dāng)平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁時(shí)DM=NG．

解答 解：（1）∵D₁D∥CC₁，D₁D?平面BCC₁，C₁C?平面BCC₁，
∴D₁D∥平面BCC₁，
同理可得：AD∥平面BCC₁，
又AD∩DD₁=D，AD?平面ADD₁，DD₁?平面ADD₁，
∴平面ADD₁∥平面BCC₁，
又∵BC₁?平面BCC₁，
∴BC₁∥平面ADD₁．
（2）∵D₁D⊥DB，正方形BB₁D₁D⊥平面ABCD，正方形BB₁D₁D∩平面ABCD=BD，D₁D?平面BB₁D₁D，
∴D₁D⊥平面ABCD，
又D₁D∥CC₁，∴C₁C⊥平面ABCD，
∵BC?平面ABCD，CD?平面ABCD，
∴C₁C⊥CD，C₁C⊥BC，
∴∠BCD為平面D₁DCC₁與平面B₁BCC₁所成的二面角的平面角，
∴cos∠BCD=$\frac{2}{3}$，
在△BCD中由余弦定理得BD=$\sqrt{B{C}^{2}+C{D}^{2}-2BC•CDcos∠BCD}$=$\sqrt{5}$，
∴BD²+CD²=BC²，∴$∠BDC=\frac{π}{2}$．
∵CC₁⊥平面ABCD，CC₁?平面BCC₁B₁，
∴平面BCC₁B₁⊥平面ABCD，
過點(diǎn)D作DG⊥BC于G，又平面BCC₁B₁∩平面ABCD=BC，
∴DG⊥平面BCC₁B₁，作GN∥CC₁交BC₁于點(diǎn)N，
由△CDB∽△CGD得$\frac{CD}{CG}=\frac{BC}{CD}$，∴CG=$\frac{4}{3}$，∴BG=BC-CG=$\frac{5}{3}$．
由△BNG∽△BC₁C得$\frac{NG}{{C}_{1}C}=\frac{BG}{BC}$，∴NG=$\frac{5}{9}$．
∴當(dāng)DM=$\frac{5}{9}$時(shí)，DM$\stackrel{∥}{=}$NG，∴四邊形DMNG是平行四邊形，
∴DG∥MN．
∴MN⊥平面BCC₁B₁，∵M(jìn)N?平面BC₁M，
∴平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁，
綜上，當(dāng)平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁時(shí)，DM=$\frac{5}{9}$．

點(diǎn)評 本題考查了線面平行的判定，面面垂直的性質(zhì)，二面角的定義，屬于中檔題．