Question

14．如圖，已知△ABC，D是AB的中點，沿直線CD將△ACD折成△A₁CD，所成二面角A₁-CD-B的平面角為α，則（　�。�

• A． ∠A₁CB≥α
• B． ∠A₁DB≤α
• C． ∠A₁DB≥α
• D． ∠A₁CB≤α

Answer 1

分析 設∠ADC=θ，AB=2，則由題意知AD=BD=A₁D=1．在空間圖形中，連結(jié)A₁B，設A₁B=t．推導出cos∠A₁DB=$\frac{2-{t}^{2}}{2}$．過A₁作A₁N⊥DC，過B作BM⊥DC，垂足分別為N、M．過N作NP∥MB，使四邊形BPNM為平行四邊形，則NP⊥DC．連結(jié)A₁P，BP，∠A₁NP就是二面角A₁-CD-B的平面角，∠A₁NP=α．由此能推導出α≤∠A₁DB．

解答 解：設∠ADC=θ，AB=2，則由題意知AD=BD=A₁D=1．
在空間圖形中，連結(jié)A₁B，設A₁B=t．
在△A₁DB中，cos∠A₁DB=$\frac{{A}_{1}{D}^{2}+D{B}^{2}-{A}_{1}{B}^{2}}{2{A}_{1}D×DB}$=$\frac{{1}^{2}+{1}^{2}-{t}^{2}}{2×1×1}$=$\frac{2-{t}^{2}}{2}$．
過A₁作A₁N⊥DC，過B作BM⊥DC，垂足分別為N、M．
過N作NP∥MB，使四邊形BPNM為平行四邊形，則NP⊥DC．連結(jié)A₁P，BP，
則∠A₁NP就是二面角A₁-CD-B的平面角，所以∠A₁NP=α．
在Rt△A₁ND中，DN=A₁Dcos∠A₁DC=cos θ，A₁N=A₁Dsin∠A₁DC=sin θ．
同理，BM=PN=sin θ，DM=cos θ，故BP=MN=2cos θ．
由題意BP⊥平面A₁NP，故BP⊥A₁P．
在Rt△A₁BP中，A₁P²=A₁B²-BP²=t²-（2cos θ）²=t²-4cos²θ．
在△A₁NP中，cos α=cos∠A₁NP=$\frac{{A}_{1}{N}^{2}+N{P}^{2}-{A}_{1}{P}^{2}}{2{A}_{1}N×NP}$
=$\frac{si{n}^{2}θ+si{n}^{2}θ-（{t}^{2}-4co{s}^{2}θ）}{2sinθ×sinθ}$=$\frac{2+2co{s}^{2}θ-{t}^{2}}{2si{n}^{2}θ}$
=$\frac{2-{t}^{2}}{2si{n}^{2}θ}+\frac{co{s}^{2}θ}{si{n}^{2}θ}$=$\frac{1}{si{n}^{2}θ}cos∠{A}_{1}DB+\frac{co{s}^{2}θ}{si{n}^{2}θ}$．
∴cos α-cos∠A₁DB=$\frac{1}{si{n}^{2}θ}$cos∠A₁DB+$\frac{co{s}^{2}θ}{si{n}^{2}θ}$-cos∠A₁DB
=$\frac{1-si{n}^{2}θ}{si{n}^{2}θ}$cos∠A₁DB+$\frac{co{s}^{2}θ}{si{n}^{2}θ}$
=$\frac{co{s}^{2}θ}{si{n}^{2}θ}$（1+cos∠A₁DB）≥0，
∴cos α≥cos∠A₁DB（當θ=$\frac{π}{2}$時取等號），
∵α，∠A₁DB∈[0，π]，而y=cos x在[0，π]上為遞減函數(shù)，
∴α≤∠A₁DB．
故選：C．

點評 本題主要考查空間中的立體幾何，考查考生的空間想象能力及分析問題、解決問題的能力．本題可采用特殊位置法進行排除．