Question

8．如图，四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，A₁A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC，过A₁、C、D三点的平面记为α，BB₁与α的交点为Q．
（Ⅰ）证明：Q为BB₁的中点；
（Ⅱ）若AA₁=4，CD=2，梯形ABCD的面积为6，∠ADC=60°，求平面α与底面ABCD所成锐二面角的大小．

Answer 1

分析 （1）由已知得平面QBC∥平面A₁AD，从而QC∥A₁D，由此能证明Q为BB₁的中点．
（2）法一：在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A₁E，∠AEA₁为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角，由此求出平面α与底面ABCD所成二面角的大小．
（3）法二：以D为原点，DA，DD₁分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系，由此利用向量法能求出平面α与底面ABCD所成二面角的大小．

解答 （1）证明：∵BQ∥AA₁，BC∥AD，
BC∩BQ=B，AD∩AA₁=A，
∴平面QBC∥平面A₁AD，
∴平面A₁CD与这两个平面的交线相互平行，
即QC∥A₁D．
∴△QBC与△A₁AD的对应边相互平行，
∴△QBC∽△A₁AD，
∴$\frac{BQ}{B{B}_{1}}=\frac{BQ}{A{A}_{1}}=\frac{BC}{AD}=\frac{1}{2}$，
∴Q为BB₁的中点．
（2）解法一：如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A₁E．
又DE⊥AA₁，且AA₁∩AE=A，
所以DE⊥平面AEA₁，所以DE⊥A₁E．
所以∠AEA₁为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．
因为BC∥AD，AD=2BC，所以S_△ADC=2S_△BCA．
又因为梯形ABCD的面积为6，DC=2，
所以S_△ADC=4，AE=4．
于是tan∠AEA₁=$\frac{A{A}_{1}}{AE}$=1，∠AEA₁=$\frac{π}{4}$．
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为$\frac{π}{4}$．
（3）解法二：如图2所示，

以D为原点，DA，DD₁分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．
设∠CDA=θ，BC=a，则AD=2a．
因为S_{四边形ABCD}=$\frac{a+2a}{2}$•2sin60°=6，
所以a=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
从而可得C（1，$\sqrt{3}$，0），A₁（$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，0，4），
所以DC=（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{D{A}_{1}}$=（$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，0，4）．
设平面A₁DC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，1），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow{n}=\frac{8\sqrt{3}}{3}x+4=0}\\{\overrightarrow{DC}•\overrightarrow{n}=x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，
得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{y=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
所以$\overrightarrow{n}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1）．
又因为平面ABCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
所以cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为$\frac{π}{4}$．

点评 本题主要考查空间线面平行的性质以及空间二面角的求解，建立坐标系，求出平面法向量利用向量法是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．