Question

13．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，已知AB⊥側(cè)面BB₁C₁C，BC=$\sqrt{2}$，AB=BB₁=2，∠BCC₁=$\frac{π}{4}$，點(diǎn)E在棱BB₁上．
（Ⅰ）求證：C₁B⊥平面ABC；
（Ⅱ）若BE=λBB₁，試確定λ的值，使得二面角A-C₁E-C的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過由余弦定理、勾股定理及線面垂直的判定定理即得結(jié)論；
（Ⅱ）以B為空間坐標(biāo)系的原點(diǎn)，建立如圖所示的坐標(biāo)系，通過平面AC₁E的一個(gè)法向量與平面C₁EC的一個(gè)法向量的夾角的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$，計(jì)算即可．

解答 （Ⅰ）證明：∵BC=$\sqrt{2}$，CC₁=BB₁=2，∠BCC₁=$\frac{π}{4}$，
在△BCC₁中，由余弦定理，可求得C₁B=$\sqrt{2}$，
∴C₁B²+BC²=${C}_{1}{C}^{2}$，即C₁B⊥BC．
又AB⊥側(cè)面BCC₁B₁，故AB⊥BC₁，
又CB∩AB=B，所以C₁B⊥平面ABC；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，BC、BA、BC₁兩兩垂直，
以B為空間坐標(biāo)系的原點(diǎn)，建立如圖所示的坐標(biāo)系，
則B（0，0，0），A（0，2，0），C（$\sqrt{2}$，0，0），
C₁（0，0，$\sqrt{2}$），B₁（-$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{2}$），
∴$\overrightarrow{{C}_{1}A}$=（0，2，-$\sqrt{2}$），
$\overrightarrow{{C}_{1}E}$=$\overrightarrow{{C}_{1}B}$+λ$\overrightarrow{B{B}_{1}}$=（0，0，-$\sqrt{2}$）+λ（-$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{2}$）=（-$\sqrt{2}$λ，0，-$\sqrt{2}$+$\sqrt{2}$λ），
設(shè)平面AC₁E的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{C}_{1}A}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{C}_{1}E}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{2y-\sqrt{2}z=0}\\{-\sqrt{2}λx-\sqrt{2}（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，
令z=$\sqrt{2}$，取$\overrightarrow{m}$=（$\frac{\sqrt{2}（λ-1）}{λ}$，1，$\sqrt{2}$），
又平面C₁EC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（0，1，0），
所以cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{\frac{2（λ-1）^{2}}{{λ}^{2}}+3}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，解得λ=$\frac{1}{2}$．
所以當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時(shí)，二面角A-C₁E-C的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評 本題考查空間中線面垂直的判定，以及求二面角的三角函數(shù)值，注意解題方法的積累，屬于中檔題．