Question

20．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面ABB₁A₁⊥底面ABC，AB=BC=CA=$\frac{1}{2}A{A_1}$，∠A₁AB=120°，D、E分別是BC、A₁C₁的中點(diǎn)．
（Ⅰ）試在棱AB上找一點(diǎn)F，使DE∥平面A₁CF；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求二面角A-A₁C-F的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結(jié)DF，通過(guò)題意易得四邊形A₁FDE是平行四邊形，利用DE∥A₁F及線面平行判定定理可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過(guò)題意可得A₁B₁⊥AB₁，建立如圖空間直角坐標(biāo)系如圖，分別求出平面A₁CF，平面A₁AC的法向量，將二面角問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量夾角問(wèn)題，計(jì)算即可．

解答 解：（Ⅰ）F是AB的中點(diǎn)，證明如下：
連結(jié)DF，又因?yàn)镈、E分別是BC、A₁C₁的中點(diǎn)，
所以DF$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AC，又AC$\stackrel{∥}{=}$A₁C₁，且A₁E=$\frac{1}{2}$A₁C₁，
則DF$\stackrel{∥}{=}$A₁E，故四邊形A₁FDE是平行四邊形，
所以DE∥A₁F，又A₁F?平面A₁CF，DE?平面A₁CF，
所以DE∥平面A₁CF．
（Ⅱ）由題∠AA₁B₁=60°，設(shè)A₁A=2，則A₁B₁=1，
所以$A{B_1}=\sqrt{{2^2}+{1^2}-2×2×1×cos{{60}°}}=\sqrt{3}$，
則$AB_1^2+{A_1}B_1^2={A_1}{A^2}$，所以A₁B₁⊥AB₁，
過(guò)點(diǎn)B₁作平面A₁B的垂線B₁z，分別以$\overrightarrow{{B_1}{A_1}}$，$\overrightarrow{{B_1}A}$，$\overrightarrow{{B_1}z}$的方向?yàn)閤，y，z軸，
建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
則有A₁（1，0，0），$A（0，\sqrt{3}，0）$，$C（-\frac{1}{2}，\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$F（-\frac{1}{2}，\sqrt{3}，0）$，
則$\overrightarrow{{A_1}A}=（-1，\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{{A_1}C}=（-\frac{3}{2}，\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$\overrightarrow{FC}=（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
設(shè)平面A₁CF，平面A₁AC的法向量分別為m=（x₁，y₁，z₁），n=（x₂，y₂，z₂），
由$\left\{\begin{array}{l}m•\overrightarrow{{A_1}C}=0\\ m•\overrightarrow{FC}=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}-\frac{3}{2}{x_1}+\sqrt{3}{y_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_1}=0\\ \frac{3}{2}{z_1}=0\end{array}\right.$，取$m=（2，\sqrt{3}，0）$，
由$\left\{\begin{array}{l}n•\overrightarrow{{A_1}C}=0\\ n•\overrightarrow{{A_1}A}=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}-\frac{3}{2}{x_2}+\sqrt{3}{y_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_2}=0\\-{x_2}+\sqrt{3}{y_2}=0\end{array}\right.$，取$n=（\sqrt{3}，1，1）$，
所以$cos\left?{m•n}\right＞=\frac{m•n}{|m|•|n|}=\frac{{3\sqrt{3}}}{{\sqrt{7}×\sqrt{5}}}=\frac{{3\sqrt{105}}}{35}$，
所以二面角A-A₁C-F的余弦值為$\frac{{3\sqrt{105}}}{35}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查中位線定理，線面平行的判定定理，向量數(shù)量積運(yùn)算，注意解題方法的積累，建立坐標(biāo)系是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題．