Question

15．如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=$\frac{π}{2}$，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中點，O是AC與BE的交點，將ABE沿BE折起到A₁BE的位置，如圖2．
（Ⅰ）證明：CD⊥平面A₁OC；
（Ⅱ）若平面A₁BE⊥平面BCDE，求平面A₁BC與平面A₁CD夾角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明：CD⊥平面A₁OC；
（Ⅱ）若平面A₁BE⊥平面BCDE，建立空間坐標系，利用向量法即可求平面A₁BC與平面A₁CD夾角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）在圖1中，∵AB=BC=1，AD=2，E是AD的中點，∠BAD=$\frac{π}{2}$，
∴BE⊥AC，
即在圖2中，BE⊥OA₁，BE⊥OC，
則BE⊥平面A₁OC；
∵CD∥BE，
∴CD⊥平面A₁OC；
（Ⅱ）若平面A₁BE⊥平面BCDE，
由（Ⅰ）知BE⊥OA₁，BE⊥OC，
∴∠A₁OC為二面角A₁-BE-C的平面角，
∴∠A₁OC=$\frac{π}{2}$，
如圖，建立空間坐標系，
∵A₁B=A₁E=BC=ED=1．BC∥ED
∴B（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），E（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），A₁（0，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），C（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
$\overrightarrow{BC}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BE}=（-\sqrt{2}，0，0）$
設平面A₁BC的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），平面A₁CD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{-x+y=0}\\{y-z=0}\end{array}\right.$，令x=1，則y=1，z=1，即$\overrightarrow{m}$=（1，1，1），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b-c=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=（0，1，1），
則cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}×\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴平面A₁BC與平面A₁CD夾角的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題主要考查空間直線和平面垂直的判定以及二面角的求解，建立坐標系利用向量法是解決空間角的常用方法．