Question

17．如下圖所示的三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，棱AA₁⊥底面A₁B₁C₁，AB=AC=AA₁，∠ABC=30°，M，N，D分別是A₁B₁，A₁C₁，BC的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：MN⊥AD；
（Ⅱ）求為二面角M-AD-N的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取B₁C₁的中點(diǎn)D₁，連接DD₁，A₁D₁，可得A₁D₁⊥B₁C₁，再由三角形中位線定理可得MN∥B₁C₁，則MN⊥A₁D₁，由AA₁⊥底面A₁B₁C₁，得AA₁⊥MN，再由線面垂直的判定可得MN⊥平面A₁ADD₁，則MN⊥AD；
（Ⅱ）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系為O-xyz（點(diǎn)O與點(diǎn)A重合），求出所用點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)一步求出平面ADM與平面ADN的一個(gè)法向量，由兩法向量所成角的余弦值求得二面角M-AD-N的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：如下圖，取B₁C₁的中點(diǎn)D₁，

連接DD₁，A₁D₁，
在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，由AB=AC，得A₁B₁=A₁C₁，∴A₁D₁⊥B₁C₁，
∵M(jìn)，N分別是A₁B₁，A₁C₁的中點(diǎn)，∴MN∥B₁C₁，得MN⊥A₁D₁，
∵AA₁⊥底面A₁B₁C₁，MN?平面A₁B₁C₁，∴AA₁⊥MN，
又∵AA₁∩A₁D₁=A₁，∴MN⊥平面A₁ADD₁，
∵AD?平面A₁ADD₁，
∴MN⊥AD；
（Ⅱ）解：設(shè)AA₁=2，作AH∥BC，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系為O-xyz（點(diǎn)O與點(diǎn)A重合），

則A（0，0，0），A₁（0，0，2），
由題意，D為BC的中點(diǎn)，AB=AC=AA₁，∠ABC=30°，
∴D（0，1，0），$B（\sqrt{3}，\;\;1，\;\;0）$，${B_1}（\sqrt{3}，\;\;1，\;\;2）$，$C（-\sqrt{3}，\;\;1，\;\;0）$，${C_1}（-\sqrt{3}，\;\;1，\;\;2）$，
由M，N分別是A₁B₁，A₁C₁的中點(diǎn)，得$M（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，2）$，$N（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\;\;\frac{1}{2}，\;\;2}）$，
∴$\overrightarrow{AD}=（0，\;\;1，\;\;0）$，$\overrightarrow{AM}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\;\;\frac{1}{2}，\;\;2}）$，$\overrightarrow{AN}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\;\;\frac{1}{2}，\;\;2}）$，
設(shè)平面ADM的一個(gè)法向量為$\overrightarrow n=（x，\;\;y，\;\;z）$，∴$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{AM}$，
則$\left\{\begin{array}{l}y=0，\;\;\\ \frac{{\sqrt{3}}}{2}x+\frac{1}{2}y+2z=0，\;\;\end{array}\right.$
取$z=-\sqrt{3}$，則y=0，x=4，
于是$\overrightarrow n=（4，\;\;0，\;\;-\sqrt{3}）$．
同理可得平面ADN的一個(gè)法向量為$\overrightarrow m=（4，\;\;0，\;\;\sqrt{3}）$．
設(shè)二面角M-AD-N的平面角為θ，
由題意知，θ為銳角，∴$cosθ=|cos＜\overrightarrow n，\;\;\overrightarrow m＞|$=$|{\frac{\overrightarrow n\;•\;\overrightarrow m}{|\overrightarrow n||\overrightarrow m|}}|$=$|{\frac{{4×4+0-\sqrt{3}×\sqrt{3}}}{{\sqrt{19}×\sqrt{19}}}}|=\frac{13}{19}$，
因此，二面角M-AD-N的余弦值為$\frac{13}{19}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．