Question

9．如圖，在長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AA₁=AD=1，E為CD中點．
（Ⅰ）求證：C₁D∥平面AB₁E；
（Ⅱ）求證：BC₁⊥B₁E；
（Ⅲ） 若AB=$\sqrt{2}$，求二面角E-AB₁-B的正切值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導出四邊形B₁C₁DA是平行四邊形，從而C₁D∥D₁A，由此能證明C₁D∥平面AB₁E．
（Ⅱ）連結B₁C，推導出CD⊥BC₁，從而四邊形BCC₁B₁是正方形，BC₁⊥B₁C，由此能證明BC₁⊥B₁E．
（Ⅲ）法一：設F是線段AB中點，連結EF，作FG⊥AB₁，則∠EGF是二面角E-AB₁-B的平面角，由此能求出二面角E-AB₁-B的正切值．
法二：以A為原點，AB，AD，AA₁分別為x，y，z軸建立空間坐標系，利用向量法能求出二面角E-AB₁-B的正切值．

解答 證明（Ⅰ）由長方體性質可知，B₁C₁∥BC，BC∥AD，且三者都相等
∴四邊形B₁C₁DA是平行四邊形，C₁D∥D₁A
∵C₁D?平面AB₁E，AB₁?平面AB₁E，
∴C₁D∥平面AB₁E．…（3分）
（Ⅱ）連結B₁C，由長方體性質可知，CD⊥平面BC₁BC₁?平面BC₁，
∴CD⊥BC₁，又AA₁=AD，
∴四邊形BCC₁B₁是正方形，BC₁⊥B₁C，
又B₁C∩CD=D，∴BC₁⊥平面B₁CEB₁E?平面B₁CE，∴BC₁⊥B₁E．…（7分）
解：（Ⅲ）法一：設F是線段AB中點，連結EF
∵EF∥AD，AD⊥平面AA₁B₁B，
∴EF⊥平面AA₁B₁，EF⊥AB₁，作FG⊥AB₁，EF∩FG=F，
∴AB₁⊥平面EFG，AB₁⊥EG，∠EGF是二面角E-AB₁-B的平面角，…（9分）
直角三角形FGA中，
$AF=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，$sin∠AFG=\frac{1}{{\sqrt{3}}}$，$FG=AF•sin∠FAG=\frac{{\sqrt{2}}}{2}•\frac{1}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{6}$．
直角三角形EFG中，$tan∠EGF=\frac{EF}{FG}=\frac{1}{{\frac{{\sqrt{6}}}{6}}}=\sqrt{6}$…（11分）
∴二面角E-AB₁-B的正切值$\sqrt{6}$…（12分）
法二：以A為原點，AB，AD，AA₁分別為x，y，z軸建立空間坐標系．…（8分）
則A（0，0，0），$B（\sqrt{2}，0，0）$，$C（\sqrt{2}，1，0）$，${B_1}（\sqrt{2}，0，1）$$E（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1，0）$，
$\overrightarrow{BC}=（0，1，0）$，${\overrightarrow{AB}_1}=（\sqrt{2}，0，1）$，$\overrightarrow{AE}=（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1，0）$
設平面AB₁E的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
由$\overrightarrow n$$⊥{\overrightarrow{AB}_1}$，$\overrightarrow n$$⊥\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow n$$•{\overrightarrow{AB}_1}=0$，$\overrightarrow n$$•{\overrightarrow{AE}_{\;}}=0$，
得：$\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{2}y=0\\ \sqrt{2}x+z=0\end{array}\right.$，令y=1，得$x=-\sqrt{2}，z=2$，$\overrightarrow n=（-\sqrt{2}，1，2）$，…（9分）
設向量$\overrightarrow n$與$\overrightarrow{BC}$的夾角為θ，則$cosθ=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{BC}}}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow{BC}}|}}=\frac{{（-\sqrt{2}，1，2）•（0，1，0）}}{{\sqrt{7}}}=\frac{1}{{\sqrt{7}}}$…（11分）
$tanθ=\sqrt{6}$，
∴二面角E-AB₁-B的正切值為$\sqrt{6}$．…（12分）

點評 本題考查線面平行的證明，考查異面直線垂直的證明，考查二面角的正切值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．