Question

9．如圖所示，在四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是梯形，AD∥BC，側(cè)面ABB₁A₁為菱形，∠DAB=∠DAA₁．
（Ⅰ）求證：A₁B⊥BC；
（Ⅱ）若AD=AB=3BC，∠A₁AB=60°，點(diǎn)D在平面ABB₁A₁上的射影恰為線段A₁B的中點(diǎn)，求平面DCC₁D₁與平面ABB₁A₁所成銳二面角的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接AB₁、A₁D、BD，設(shè)AB₁交A₁B于點(diǎn)O，連OD，推導(dǎo)出△AA₁D≌△ABD，從而DO⊥A₁B，由菱形的性質(zhì)知AO⊥A₁B，從而A₁B⊥平面ADO，進(jìn)而A₁B⊥AD，再由AD∥BC，能證明A₁B⊥BC．
（Ⅱ）分別以射線、射線、射線為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面DCC₁D₁與平面ABB₁A₁所成銳二面角的大�。�

解答 證明：（Ⅰ）連接AB₁、A₁D、BD，設(shè)AB₁交A₁B于點(diǎn)O，
連OD，如圖所示．
由AA₁=AB，∠DAB=∠DAA₁，可得△AA₁D≌△ABD，
所以A₁D=BD，
由于O是線段A₁B的中點(diǎn)，所以DO⊥A₁B，
又根據(jù)菱形的性質(zhì)知AO⊥A₁B，所以A₁B⊥平面ADO，
所以A₁B⊥AD，又因?yàn)锳D∥BC，所以A₁B⊥BC．…（6分）
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知A₁B⊥AB₁，
又由題意知DO⊥平面ABB₁A₁，
故可分別以射線、射線、射線為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．
設(shè)AD=AB=3BC=3a，
由∠A₁AB=60°知$|OB|=\frac{3a}{2}$，|OA|=|OB₁|=$\frac{3\sqrt{3}a}{2}$，
所以|OD|=$\sqrt{|AD{|}^{2}-|OA{|}^{2}}$=$\frac{3a}{2}$，
從而A（0，-$\frac{3\sqrt{3}}{2}a$，0），B（$\frac{3}{2}a$，0，0），B₁（0，$\frac{3\sqrt{3}}{2}a$，0），D（0，0，$\frac{3}{2}a$），
所以$\overrightarrow{C{C_1}}=\overrightarrow{B{B_1}}=（-\frac{3}{2}a，\frac{{3\sqrt{3}}}{2}a，0）$．
由$\overrightarrow{BC}$=$\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$，得$C（\frac{3}{2}a，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，\frac{1}{2}a）$，所以$\overrightarrow{DC}=（\frac{3}{2}a，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，-a）$．
設(shè)平面DCC₁D₁的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₀，y₀，z₀），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{C}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DC}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}{x_0}+\frac{{3\sqrt{3}}}{2}{y_0}=0}\\{\frac{3}{2}{x_0}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{y_0}-{z_0}=0}\end{array}}\right.$，
取y₀=1，則${x_0}=\sqrt{3}$，${z_0}=2\sqrt{3}$，所以$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，1，2\sqrt{3}$）．
又平面ABB₁A₁的法向量為$\overrightarrow{OD}=（0，0，\frac{3}{2}a）$，
所以$cos＜\overrightarrow{OD}，\overrightarrow m＞=\frac{{\overrightarrow{OD}•\overrightarrow m}}{{|\overrightarrow{OD}|•|\overrightarrow m|}}=\frac{{3\sqrt{3}a}}{{\frac{3}{2}a×4}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
故平面DCC₁D₁與平面ABB₁A₁所成銳二面角的大小為$\frac{π}{6}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查異面直線垂直的證明，考查二面角的大小的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．