Question

3．如圖，已知正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，2AB=BB₁，過點(diǎn)B作B₁C的垂線交側(cè)棱CC₁于點(diǎn)E．
（1）求證：面A₁CB⊥平面BED；
（2）若AB=1，求點(diǎn)C到平面BDE的距離；
（3）取BB₁的中點(diǎn)F，求D₁E與C₁F所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）建立坐標(biāo)系，寫出兩個(gè)平面上要用的點(diǎn)的坐標(biāo)，構(gòu)造兩個(gè)向量，設(shè)出兩個(gè)平面的法向量，根據(jù)向量垂直的充要條件得到兩個(gè)平面的法向量，由于兩個(gè)平面的法向量數(shù)量積為0，得到結(jié)論；
（2）利用棱錐E-BCD與C-BDE體積相等，得到所求；
（3）找到AA₁的中點(diǎn)G，得到D₁E與C₁F所成角即為∠GD₁E，由坐標(biāo)系得到三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)，利用數(shù)量積得到所求．

解答 解：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD₁為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，如
設(shè)AB=1由題意知A₁（1，0，2），C（0，1，0），B（1，1，0），E（0，1，$\frac{1}{2}$），D（0，0，0
∴$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-1，1，-2），$\overrightarrow{BC}$=（-1，0，0），$\overrightarrow{DE}$=（0，1，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{DB}$=（1，1，0）
（1）證明：設(shè)面A₁CB的法向量是$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），平面BED的法向量是$\overrightarrow{n}$=（a，b，c）
根據(jù)法向量與平面的向量數(shù)量積是0
得到$\overrightarrow{m}$=（0，2，1），$\overrightarrow{n}$=（1，-1，2），
∴$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$=0，
∴面A₁CB⊥平面BED；
（2）過點(diǎn)B作B₁C的垂線交側(cè)棱CC₁于點(diǎn)E，所以CE=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$，
因?yàn)閂_C-BDE=V_E-BCD，得到$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×1×1×\frac{1}{2}=\frac{1}{3}×{S}_{△BDE}×h$，其中，BE=DE=$\sqrt{B{C}^{2}+C{E}^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，
所以${S}_{△BDE}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{\frac{5}{4}-\frac{1}{2}}$=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}$，
所以h=$\frac{\sqrt{6}}{6}$；
（3）找到AA₁的中點(diǎn)G，得到D₁E與C₁F所成角即為∠GD₁E，則D₁（0，0，2），E（0，1，$\frac{1}{2}$），G（1，0，1），所以$\overrightarrow{{D}_{1}E}$=（0，1，$-\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{{D}_{1}G}$=（1，0，-1）cos∠GD₁E=$\frac{|\overrightarrow{{D}_{1}E}•\overrightarrow{{D}_{1}G}|}{|\overrightarrow{{D}_{1}E}||\overrightarrow{{D}_{1}G}|}$=$\frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{\frac{13}{4}}\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{26}}{26}$．
所以D₁E與C₁F所成角的余弦值為$\frac{3\sqrt{26}}{26}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間幾何體中面面垂直的證明、點(diǎn)到面的距離的計(jì)算以及異面直線所成的角，利用了空間向量，使得問題代數(shù)化．