Question

16．如圖所示的幾何體A₁B₁C₁D₁-ABCD中，平面A₁B₁C₁D₁∥平面ABCD，A₁B₁C₁D₁是邊長為2的正方形，ABCD是矩形，AD=5，AA₁B₁B是矩形，A₁A⊥平面ABCD，E為AD上的一點，AE=1．
（1）證明：平面B₁CE⊥平面B₁BE．
（2）設二面角B-B₁C-E的平面角為θ，若cosθ=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求幾何體A₁B₁C₁D₁-ABCD的體積．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理的逆定理證明CE⊥BE，利用線面垂直的性質(zhì)證明CE⊥BB₁，從而證出CE⊥平面B₁BE，進而得到平面B₁CE⊥平面B₁BE．
（2）作出二面角的平面角，根據(jù)二面角的大小求出BB₁，再將幾何體分解成三棱柱和四棱柱求出體積．

解答 證明：（1）∵四邊形AA₁B₁B是矩形，∴AA₁∥BB₁，∵A₁A⊥平面ABCD，
∴BB₁⊥平面ABCD，∵CE?平面ABCD，
∴BB₁⊥CE．
∵四邊形ABCD是矩形，AB=2，AE=1，AD=5，∴BE=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，CE=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，BC=5．
∴BE²+CE²=BC²，∴CE⊥BE，
又∵BB₁?平面B₁BE，BE?平面B₁BE，BB₁∩BE=B，
∴CE⊥平面B₁BE，∵CE?平面B₁CE，
∴平面B₁CE⊥平面B₁BE．
（2）在BC上取點F，使得BF=AE=1，過點E作EM⊥B₁C于M，連結(jié)MF，則EF⊥平面B₁C₁CB，EF=2．FC=4．
∴∠EMF為二面角B-B₁C-E的平面角．
∵cosθ=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，∴sinθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴tanθ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴$\frac{EF}{MF}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴MF=2$\sqrt{2}$．∴MC=$\sqrt{F{C}^{2}-M{F}^{2}}$=2$\sqrt{2}$．
∵△CMF∽△CBB₁，∴$\frac{MF}{{B}_{1}B}=\frac{MC}{CF}$，即$\frac{2\sqrt{2}}{{B}_{1}B}=\frac{2\sqrt{2}}{4}$，∴B₁B=4．
∴幾何體A₁B₁C₁D₁-ABCD的體積V=2×2×4+$\frac{1}{2}×3×4×2$=28．

點評 本題考查了線面垂直的性質(zhì)，面面垂直的判定，二面角的作法及幾何體的體積計算，屬于中檔題．