Question

9．如图所示，在四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是梯形，AD∥BC，侧面ABB₁A₁为菱形，∠DAB=∠DAA₁．
（Ⅰ）求证：A₁B⊥BC；
（Ⅱ）若AD=AB=3BC，∠A₁AB=60°，点D在平面ABB₁A₁上的射影恰为线段A₁B的中点，求平面DCC₁D₁与平面ABB₁A₁所成锐二面角的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接AB₁、A₁D、BD，设AB₁交A₁B于点O，连OD，推导出△AA₁D≌△ABD，从而DO⊥A₁B，由菱形的性质知AO⊥A₁B，从而A₁B⊥平面ADO，进而A₁B⊥AD，再由AD∥BC，能证明A₁B⊥BC．
（Ⅱ）分别以射线、射线、射线为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DCC₁D₁与平面ABB₁A₁所成锐二面角的大小．

解答 证明：（Ⅰ）连接AB₁、A₁D、BD，设AB₁交A₁B于点O，
连OD，如图所示．
由AA₁=AB，∠DAB=∠DAA₁，可得△AA₁D≌△ABD，
所以A₁D=BD，
由于O是线段A₁B的中点，所以DO⊥A₁B，
又根据菱形的性质知AO⊥A₁B，所以A₁B⊥平面ADO，
所以A₁B⊥AD，又因为AD∥BC，所以A₁B⊥BC．…（6分）
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知A₁B⊥AB₁，
又由题意知DO⊥平面ABB₁A₁，
故可分别以射线、射线、射线为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
设AD=AB=3BC=3a，
由∠A₁AB=60°知$|OB|=\frac{3a}{2}$，|OA|=|OB₁|=$\frac{3\sqrt{3}a}{2}$，
所以|OD|=$\sqrt{|AD{|}^{2}-|OA{|}^{2}}$=$\frac{3a}{2}$，
从而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$\overrightarrow{DC}=（\frac{3}{2}a，\frac{{\sqrt{3}}}{2}a，-a）$．
设平面DCC₁D₁的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（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，则${x_0}=\sqrt{3}$，${z_0}=2\sqrt{3}$，所以$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，1，2\sqrt{3}$）．
又平面ABB₁A₁的法向量为$\overrightarrow{OD}=（0，0，\frac{3}{2}a）$，
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与平面ABB₁A₁所成锐二面角的大小为$\frac{π}{6}$．…（12分）

点评 本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．