Question

6．如圖，在六面體中ABCD-A₁B₁C₁D₁，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，四邊形A₁B₁C₁D₁是邊長(zhǎng)為1的正方形，DD₁⊥平面A₁B₁C₁D₁，DD₁⊥平面ABCD，DD₁=2．
（1）求證：A₁C₁與AC共面，B₁D₁與BD共面．
（2）求二面角A-BB₁-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）D₁D⊥平面A₁B₁C₁D₁，D₁D⊥平面ABCD．可得D₁D⊥DA，D₁D⊥DC，平面A₁B₁C₁D₁∥平面ABCD．于是C₁D₁∥CD，D₁A₁∥DA．設(shè)E，F(xiàn)分別為DA，DC的中點(diǎn)，連接EF，A₁E，C₁F，于是A₁C₁∥EF．由DE=DF=1，得EF∥AC，可得A₁C₁∥AC，A₁C₁與AC共面．過(guò)點(diǎn)B₁作B₁O⊥平面ABCD于點(diǎn)O，連接OE，OF，可得OE=OF．OE⊥AD，OF⊥CD．即可證明點(diǎn)O在BD上，故B₁D₁與BD共面．
（2）由（1）知AC⊥DD₁，AC⊥DB，可得AC⊥平面DBB₁D₁．過(guò)點(diǎn)A在平面ABB₁A₁內(nèi)作AM⊥B₁B于M，連接MO，可得B₁B⊥平面AMC，BB₁⊥MO．因此∠AMO是二面角A-BB₁-D的一個(gè)平面角．利用勾股定理、直角三角形面積計(jì)算公式即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：∵D₁D⊥平面A₁B₁C₁D₁，D₁D⊥平面ABCD．
∴D₁D⊥DA，D₁D⊥DC，平面A₁B₁C₁D₁∥平面ABCD．
于是C₁D₁∥CD，D₁A₁∥DA．
設(shè)E，F(xiàn)分別為DA，DC的中點(diǎn)，連接EF，A₁E，C₁F，
有A₁E∥D₁D，C₁F∥D₁D，DE=1，DF=1．∴A₁E∥C₁F，
于是A₁C₁∥EF．
由DE=DF=1，得EF∥AC，
故A₁C₁∥AC，A₁C₁與AC共面．
過(guò)點(diǎn)B₁作B₁O⊥平面ABCD于點(diǎn)O，
則${B_1}O\underline{\underline{∥}}{A_1}E，{B_1}O\underline{\underline{∥}}{C_1}F$，連接OE，OF，
于是$OE\underline{\underline{∥}}{B_1}{A_1}$，$OF\underline{\underline{∥}}{B_1}{C_1}$，∴OE=OF．∵B₁A₁⊥A₁D₁，
∴OE⊥AD．∵B₁C₁⊥C₁D₁，∴OF⊥CD．
∴點(diǎn)O在BD上，故B₁D₁與BD共面．
（2）解：由（1）知AC⊥DD₁，AC⊥DB，
∴AC⊥平面DBB₁D₁．
過(guò)點(diǎn)A在平面ABB₁A₁內(nèi)作AM⊥B₁B于M，連接MO，
則B₁B⊥平面AMC，
于是，BB₁⊥MO．
所以，∠AMO是二面角A-BB₁-D的一個(gè)平面角．
根據(jù)勾股定理，有${A_1}A=\sqrt{5}，{C_1}C=\sqrt{5}，{B_1}B=\sqrt{6}$．
有$OM=\frac{{{B_1}O\cdotOB}}{{{B_1}B}}=\frac{2}{{\sqrt{3}}}$，$AM=\sqrt{\frac{10}{3}}$．
∴二面角A-BB₁-D的余弦值為$\frac{OM}{AM}$=$\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間線面面面垂直與平行的判定與性質(zhì)定理、二面角、三角形面積計(jì)算公式、勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．