Question

12．如图，几何体ABCD-B₁C₁D₁中，正方形BB₁D₁D⊥平面ABCD，D₁D∥CC₁，平面D₁DCC₁与平面B₁BCC₁所成的二面角的余弦值为$\frac{2}{3}$，BC=3，CD=2CC₁=2，AD=$\sqrt{5}$，AD∥BC，M为DD₁上任意一点．
（1）BC₁⊥∥平面ADD₁；
（2）当平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁时，求DM的长．

Answer 1

分析 （1）由D₁D∥CC₁，AD∥BC得平面ADD₁∥平面BCC₁，故BC₁⊥∥平面ADD₁；
（2）过D作DG⊥BC，过G作NG⊥BC，连结MN，根据余弦定理和相似三角形依次解出BD，CG，BG，NG，故当平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁时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为平面D₁DCC₁与平面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，
过点D作DG⊥BC于G，又平面BCC₁B₁∩平面ABCD=BC，
∴DG⊥平面BCC₁B₁，作GN∥CC₁交BC₁于点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=$\frac{5}{9}$．
∴当DM=$\frac{5}{9}$时，DM$\stackrel{∥}{=}$NG，∴四边形DMNG是平行四边形，
∴DG∥MN．
∴MN⊥平面BCC₁B₁，∵MN?平面BC₁M，
∴平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁，
综上，当平面BC₁M⊥平面BCC₁B₁时，DM=$\frac{5}{9}$．

点评 本题考查了线面平行的判定，面面垂直的性质，二面角的定义，属于中档题．