Question

14．如圖所示，在多面體A₁B₁D₁-ABCD，四邊形AA₁B₁B，ADD₁A₁，ABCD均為正方形，E為B₁D₁的中點，過A₁，D，E的平面交CD₁于F
（Ⅰ）證明：EF∥B₁C；
（Ⅱ）求二面角E-A₁D-B₁的正切值；
（Ⅲ）求直線A₁C與平面B₁CD₁所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由線面平行的判定定理證明：B₁C∥A₁DEF，即可證明EF∥B₁C；
（Ⅱ）將多面體A₁B₁D₁-ABCD補成正方體A₁B₁C₁D₁-ABCD，取B₁C的中點G，A₁D的中點H，連接C₁G，GH，C₁H，則∠C₁HG是二面角C₁-A₁D-B₁的平面角，即可求二面角E-A₁D-B₁的正切值；
（Ⅲ）連接EC，A₁C，證明∠A₁CE是直線A₁C與平面B₁CD₁所成的角，利用余弦定理即可求直線A₁C與平面B₁CD₁所成角的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：∵B₁C∥A₁D，B₁C?平面A₁DEF，A₁D?平面A₁DEF
由線面平行的判定定理有B₁C∥A₁DEF
又過B₁C的平面B₁CD₁與平面A₁DEF相交于EF，
由線面平行的性質(zhì)定理有B₁C∥EF
（Ⅱ）解：將多面體A₁B₁D₁-ABCD補成正方體A₁B₁C₁D₁-ABCD
如圖，并設(shè)棱長為a，∴二面角E-A₁D-B₁即為C₁-A₁D-B₁
取B₁C的中點G，A₁D的中點H，連接C₁G，GH，C₁H
可知C₁G⊥平面A₁B₁CD，∵GH⊥A₁D，∴C₁H⊥A₁D，
故∠C₁HG是二面角C₁-A₁D-B₁的平面角，
在RT△C₁HG中，${C_1}G=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a，GH=a$，∴$tan∠{C_1}HG=\frac{{{C_1}G}}{GH}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
則二面角E-A₁D-B₁的正切值為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅲ）解：連接EC，A₁C
∵B₁D₁⊥平面AA₁C₁C，∴平面B₁CD₁⊥平面AA₁C₁C．∴EC是A₁C在平面B₁CD₁上的射影，
故∠A₁CE是直線A₁C與平面B₁CD₁所成的角，
在△C₁AE中，${A_1}C=\sqrt{3}a，{A_1}E=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a，EC=\frac{{\sqrt{6}}}{2}a$，
∴$cos∠{A_1}CE=\frac{{{{（\sqrt{3}a）}^2}+{{（\frac{{\sqrt{6}}}{2}a）}^2}-{{（\frac{{\sqrt{2}}}{2}a）}^2}}}{{2•\sqrt{3}a•\frac{{\sqrt{6}}}{2}a}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$
則直線A₁C與平面B₁CD₁所成角的余弦值為$\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$．

點評 本題考查線面平行的判定與性質(zhì)，考查線面角、二面角，考查學(xué)生分析解決問題的能力，考查學(xué)生的計算能力，屬于中檔題．