Question

13．如圖所示三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁⊥平面ABC，四邊形ABCD為平行四邊形，AD=2CD，AC⊥CD．
（Ⅰ）若AA₁=AC，求證：AC₁⊥平面A₁B₁CD；
（Ⅱ）若A₁D與BB₁所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{21}}{7}$，求二面角C-A₁D-C₁的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由AA₁=AC，根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明AC₁⊥平面A₁B₁CD．
（Ⅱ）建立以C為坐標(biāo)原點，CD，CB，CC₁分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角C-A₁D-C₁的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）若AA₁=AC，則四邊形ACC₁A₁為正方形，則AC₁⊥A₁C，
∵AD=2CD，AC⊥CD，∴△ACD為直角三角形，則AC⊥CD，
∵AA₁⊥平面ABC，∴CD⊥平面ACC₁A₁，則CD⊥A₁C，
∵A₁C∩CD=C，∴AC₁⊥平面A₁B₁CD；
解：（Ⅱ）∵AA₁⊥平面ABC，四邊形ABCD為平行四邊形，AD=2CD，AC⊥CD．
∴建立以C為坐標(biāo)原點，CD，CB，CC₁分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系，如圖，
設(shè)CD=1，則AD=2，AC=$\sqrt{3}$，
∵A₁D與BB₁所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{21}}{7}$，∴$\frac{A{A}_{1}}{{A}_{1}D}$=$\frac{\sqrt{21}}{7}$，
又${A}_{1}{D}^{2}={A}_{1}{A}^{2}+4$，解得A₁D=$\sqrt{7}$，∴AA₁=$\sqrt{3}$，
則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），
設(shè)平面A₁DC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-2x-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=-x-2y-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-2），
設(shè)平面A₁DC₁的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-2a-\sqrt{3}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=-a-2b=0}\end{array}\right.$，取a=2$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（2$\sqrt{3}$，-$\sqrt{3}$，-4），
設(shè)二面角C-A₁D-C₁的平面角為θ，
則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的余弦值為$\frac{25}{31}$．

點評 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理論證能力、空間思維能力、運(yùn)算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．