Question

9．如圖，已知平面ADC∥平面A₁B₁C₁，B為線段AD的中點(diǎn)，△ABC≈△A₁B₁C₁，四邊形ABB₁A₁為正方形，平面AA₁C₁C丄平面ADB₁A₁，A₁C₁=A₁A，∠C₁A₁A=$\frac{π}{3}$，M為棱A₁C₁的中點(diǎn)．
（I）若N為線段DC₁上的點(diǎn)，且直線MN∥平面ADB₁A₁，試確定點(diǎn)N的位置；
（Ⅱ）求平面MAD與平面CC₁D所成的銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結(jié)A₁D，直線MN∥平面ADB₁A₁，推出MN∥A₁D，說明MN為△A₁C₁D的中位線，得到N為DC₁的中點(diǎn)．
（Ⅱ）設(shè)A₁B₁=1，證明AD⊥AM，AD⊥AC，∴AM，AD，AC兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AC，AM分別為x，y，z軸，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面CC₁D的法向量，平面MAD的一個(gè)法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解即可．

解答 （Ⅰ）證明：連結(jié)A₁D，直線MN∥平面ADB₁A₁，MN?平面A₁C_′1D，
平面A₁C₁D∩平面ADB₁A₁=A₁D₁，∴MN∥A₁D，
又M為棱A₁C₁的中點(diǎn)，∴MN為△A₁C₁D的中位線，
∴N為DC₁的中點(diǎn)．
（Ⅱ）設(shè)A₁B₁=1，則A₁A=1，A₁C₁=1，因?yàn)锽為AD的中點(diǎn)，所以AD=2，因?yàn)椤鰽BC≌△A₁B₁C₁，
所以A₁C₁=AC，又平面ABC∥平面A₁B₁C₁，平面A₁B₁C₁∩平面A₁AOC₁=A₁C₁，平面ABC∩平面A₁AOC₁=AO，
∴A₁C₁∥AC，所以四邊形A₁ACC₁是平行四邊形，又A₁C₁=A₁A，所以A₁ACC₁是菱形，又∠C₁A₁A=$\frac{π}{3}$，
A₁M=$\frac{1}{2}A{A}_{1}=\frac{1}{2}$，∴AM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴AM⊥A₁C₁，∴AM⊥AC，∵AD⊥AA₁，平面AA₁C₁C⊥平面ADB₁A₁，
∴AD⊥平面AA₁C₁C，∴AD⊥AM，AD⊥AC，∴AM，AD，AC兩兩垂直，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AC，AM分別為x，y，z軸，
由題意可得：A（0，0，0），D（2，0，0），C（0，1，0），C₁（$0，\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$），∴$\overrightarrow{DC}$=（-2，1，0），$\overrightarrow{D{C}_{1}}=（-2，\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}）$，
設(shè)平面CC₁D的法向量為：$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=-2x+y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{C}_{1}}=-2x+\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，

令z=2$\sqrt{3}$，可得y=6，x=3，可得$\overrightarrow{n}$=（3，6，2$\sqrt{3}$），平面MAD的一個(gè)法向量為：$\overrightarrow{m}$=（0，1，0），
平面MAD與平面CC₁D所成的銳二面角的余弦值為：cosθ=|cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$|
=$|\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{m}|}|$=$\frac{6}{\sqrt{57}}$=$\frac{2\sqrt{57}}{19}$．

點(diǎn)評 本題考查二面角的平面角的求法，直線與平面判斷的判定定理的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．