Question

14．如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A₁CD，所成二面角A₁-CD-B的平面角为α，则（　　）

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

Answer 1

分析 设∠ADC=θ，AB=2，则由题意知AD=BD=A₁D=1．在空间图形中，连结A₁B，设A₁B=t．推导出cos∠A₁DB=$\frac{2-{t}^{2}}{2}$．过A₁作A₁N⊥DC，过B作BM⊥DC，垂足分别为N、M．过N作NP∥MB，使四边形BPNM为平行四边形，则NP⊥DC．连结A₁P，BP，∠A₁NP就是二面角A₁-CD-B的平面角，∠A₁NP=α．由此能推导出α≤∠A₁DB．

解答 解：设∠ADC=θ，AB=2，则由题意知AD=BD=A₁D=1．
在空间图形中，连结A₁B，设A₁B=t．
在△A₁DB中，cos∠A₁DB=$\frac{{A}_{1}{D}^{2}+D{B}^{2}-{A}_{1}{B}^{2}}{2{A}_{1}D×DB}$=$\frac{{1}^{2}+{1}^{2}-{t}^{2}}{2×1×1}$=$\frac{2-{t}^{2}}{2}$．
过A₁作A₁N⊥DC，过B作BM⊥DC，垂足分别为N、M．
过N作NP∥MB，使四边形BPNM为平行四边形，则NP⊥DC．连结A₁P，BP，
则∠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．
由题意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（当θ=$\frac{π}{2}$时取等号），
∵α，∠A₁DB∈[0，π]，而y=cos x在[0，π]上为递减函数，
∴α≤∠A₁DB．
故选：C．

点评 本题主要考查空间中的立体几何，考查考生的空间想象能力及分析问题、解决问题的能力．本题可采用特殊位置法进行排除．