Question

13．如图所示三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD=2CD，AC⊥CD．
（Ⅰ）若AA₁=AC，求证：AC₁⊥平面A₁B₁CD；
（Ⅱ）若A₁D与BB₁所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$，求二面角C-A₁D-C₁的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由AA₁=AC，根据线面垂直的判定定理即可证明AC₁⊥平面A₁B₁CD．
（Ⅱ）建立以C为坐标原点，CD，CB，CC₁分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C-A₁D-C₁的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）若AA₁=AC，则四边形ACC₁A₁为正方形，则AC₁⊥A₁C，
∵AD=2CD，AC⊥CD，∴△ACD为直角三角形，则AC⊥CD，
∵AA₁⊥平面ABC，∴CD⊥平面ACC₁A₁，则CD⊥A₁C，
∵A₁C∩CD=C，∴AC₁⊥平面A₁B₁CD；
解：（Ⅱ）∵AA₁⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD=2CD，AC⊥CD．
∴建立以C为坐标原点，CD，CB，CC₁分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图，
设CD=1，则AD=2，AC=$\sqrt{3}$，
∵A₁D与BB₁所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$，∴$\frac{A{A}_{1}}{{A}_{1}D}$=$\frac{\sqrt{21}}{7}$，
又${A}_{1}{D}^{2}={A}_{1}{A}^{2}+4$，解得A₁D=$\sqrt{7}$，∴AA₁=$\sqrt{3}$，
则C（0，0，0），D（1，0，0），A（0，$\sqrt{3}$，0），C₁（0，0，$\sqrt{3}$），A₁（1，2，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（0，-2，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-1，-2，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}$=（-1，-2，0），
设平面A₁DC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-2x-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=-x-2y-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-2），
设平面A₁DC₁的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-2a-\sqrt{3}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=-a-2b=0}\end{array}\right.$，取a=2$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（2$\sqrt{3}$，-$\sqrt{3}$，-4），
设二面角C-A₁D-C₁的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{25}{2}}{\frac{31}{2}}$=$\frac{25}{31}$．
∴二面角C-A₁D-C₁的余弦值为$\frac{25}{31}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、空间思维能力、运算求解能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题．