Question

7．已知：矩形AA₁B₁B，且AB=2AA₁=2，C₁，C分别是A₁B₁、AB的中点，D为C1C中点，将矩形AA₁B₁B沿着直线C₁C折成一个60°的二面角，如图所示．
（1）求证：AB₁⊥A₁D；
（2）求二面角B-A₁D-B₁的正弦值．

Answer 1

分析 （1）连结AB、A₁B₁，则可证明几何体ABC-A₁B₁C₁是正三棱柱．取BC中点O，B₁C₁的中点O₁，连结OA，OO₁，以O为原点建立坐标系，利用向量法能证明AB₁⊥A₁D；
（2）求出平面A₁B₁D的法向量和平面A₁BD的法向量，利用向量法能求出二面角B-A₁D-B₁的正弦值．

解答 证明：（1）连结AB、A₁B₁，
∵C₁，C分别是矩形A₁ABB₁边A₁B₁、AB的中点，
∴AC⊥CC₁，BC⊥CC₁，AC∩BC=C
∴CC₁⊥面ABC
∴∠ACB为二面角A-CC'-A'的平面角，则∠ACB=60°．
∴△ABC为正三角形，即几何体ABC-A₁B₁C₁是正三棱柱．
取BC中点O，B₁C₁的中点O₁，连结OA，OO₁，则OA⊥平面BB₁C₁C，
OO₁⊥BC．
以O为原点，以OB，OO₁，OA的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A（0，0，$\sqrt{3}$），B₁（1，2，0），D（-1，1，0），
A₁（0，2，$\sqrt{3}$）．
∴$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（1，2，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（-1，-1，-$\sqrt{3}$），
∴$\overrightarrow{A{B}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=1×（-1）+2×（-1）+（-$\sqrt{3}$）×（-$\sqrt{3}$）=0，
∴AB₁⊥A₁D．
（Ⅱ）B（1，0，0），$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=（1，0，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（1，-2，-$\sqrt{3}$），
设平面A₁B₁D的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）．
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=x-\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-x-y-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-2$\sqrt{3}$，1），
设平面BA₁D的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=a-2b-\sqrt{3}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-a-b-\sqrt{3}c=0}\end{array}\right.$，
取c=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（-1，-2，$\sqrt{3}$），
设二面角B-A₁D-B₁的平面角为θ，
则cosθ=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$|=$\frac{4\sqrt{3}}{4×2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$，
sinθ=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{6}}{4}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{4}$．
∴二面角B-A₁D-B₁的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的正弦值的求不地，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．