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12.如图,点E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD、AA1的中点,G是棱CC1上一点.
(Ⅰ)求证:平面A1B1E⊥平面D1FG;
(Ⅱ)若AB=2,CG=2-$\sqrt{3}$,M是棱DD1的中点,点N在线段D1G上,MN∥DC,求二面角D1-FN-M的大小.

分析 (Ⅰ)建立空间坐标系,求出点的坐标,利用面面垂直的判定定理证明即可.
(Ⅱ)求出平面的法向量,利用向量法求出向量夹角,即可求出二面角的大小.

解答 证明:(Ⅰ)在正方体中,建立以A为坐标原点,AB,AD,AA1分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图:
∵点E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD、AA1的中点,
∴设正方体的棱长为2,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),D1(0,2,2),M(0,2,1)
则$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=(0,2,1),$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=(2,0,0),$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=(0,1,-2),
则$\overrightarrow{F{D}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=0,$\overrightarrow{F{D}_{1}}$•$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=2-2=0,
则D1F⊥A1B1,D1F⊥A1E,
∵A1B1∩A1E=A,
∴D1F⊥平面A1B1E,
∵D1F?平面D1FG;
∴平面A1B1E⊥平面D1FG;
(Ⅱ)∵若AB=2,CG=2-$\sqrt{3}$,∴C1G=$\sqrt{3}$,
∵M是棱DD1的中点,点N在线段D1G上,MN∥DC,
∴tanD1GC1=tanND1M=$\frac{NM}{{D}_{1}M}=\frac{{D}_{1}{C}_{1}}{{C}_{1}G}$,
即$\frac{MN}{1}=\frac{2}{\sqrt{3}}$,则MN=$\frac{2}{\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
则N($\frac{2\sqrt{3}}{3}$,2,1),
$\overrightarrow{FN}$=($\frac{2\sqrt{3}}{3}$,2,0),$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=(0,2,1),
设平面D1FN的法向量为$\overrightarrow{m}$=(x,y,z),
则$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{FN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2y=0,$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{F{D}_{1}}$=2y+z=0,
令x=$\sqrt{3}$,则y=-1,z=2,
则$\overrightarrow{m}$=($\sqrt{3}$,-1,2),
设平面FNM的法向量为$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
$\overrightarrow{FM}$=(0,2,0),
则$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{FN}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x+2y=0,$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{FM}$=2y=0,
则y=0,x=0,设z=1,
则$\overrightarrow{n}$=(0,0,1),
则cos$<\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}>$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{\left|\overrightarrow{m}\right|\left|\overrightarrow{n}\right|}$=$\frac{2}{1×\sqrt{3+1+4}}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
则$<\overrightarrow{m},\overrightarrow{n}>$=$\frac{π}{4}$,
即二面角D1-FN-M的大小为$\frac{π}{4}$.

点评 本题考查了空间中的面面垂直的判定以及二面角的求解,建立空间坐标系,求出平面的法向量,利用向量法是解决本题的关键.综合性较强,运算量较大.

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