Question

1．如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC⊥AB，AB=4，AB=2AA₁，M是AB的中點，△A₁MC₁是等腰三角形，D為CC₁的中點，E為BC上一點．
（1）若DE∥平面A₁MC₁，求$\frac{BE}{EC}$；
（2）平面BCC₁B₁與平面A₁MC₁所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）以A為原點，分別以AB，AA₁，AC所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，由已知求得所用點的坐標，求出平面A₁MC₁的一個法向量$\overrightarrow{n}$，再設(shè)$\frac{BE}{EC}=λ$，把$\overrightarrow{DE}$用含有λ的坐標表示，結(jié)合$\overrightarrow{DE}•\vec n=0$列式求得λ；
（2）求出平面BCC₁B₁的一個法向量$\overrightarrow{m}$，由$\overrightarrow{m}$與$\overrightarrow{n}$所成角的余弦值可得平面BCC₁B₁與平面A₁MC₁所成銳二面角的余弦值．

解答 （1）解：以A為原點，分別以AB，AA₁，AC所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
∵AB=4，AB=2AA₁，
∴M（2，0，0），A₁（0，2，0），C（0，0，$2\sqrt{2}$），B（4，0，0），且${A}_{1}M=2\sqrt{2}$，
∵△A₁MC₁是等腰三角形，∴${A_1}{C_1}=2\sqrt{2}$，
則C₁（0，2，2$\sqrt{2}$），D（0，1，2$\sqrt{2}$），
設(shè)平面A₁MC₁的一個法向量為$\overrightarrow{n}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{M{A}_{1}}=-2{x}_{1}+2{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{M{C}_{1}}=-2{x}_{1}+2{y}_{1}+2\sqrt{2}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取y₁=1，得$\vec n=（1，1，0）$，
再設(shè)$\frac{BE}{EC}=λ$，
則E（$\frac{4}{1+λ}$，0，$\frac{2\sqrt{2}}{1+λ}$），$\overrightarrow{DE}=（\frac{4}{1+λ}，-1，\frac{2\sqrt{2}}{1+λ}-2\sqrt{2}）$，
∵DE∥平面A₁MC₁，∴$\overrightarrow{DE}•\vec n=0$，即$\frac{4}{1+λ}-1=0$，解得λ=3；
（2）設(shè)平面BCC₁B₁的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=-4{x}_{2}+2\sqrt{2}{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=-4{x}_{2}+2{y}_{2}+2\sqrt{2}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取${z}_{2}=\sqrt{2}$，得$\overrightarrow m=（1，-2，\sqrt{2}）$，
∴$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=-\frac{{\sqrt{14}}}{14}$，
故平面BCC₁B₁與平面A₁MC₁所成銳二面角的余弦值$\frac{{\sqrt{14}}}{14}$．

點評 本題考查線面平行的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．