Question

如圖，正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AA₁=2AB=4，點E在CC₁上且C₁E=3EC．
（Ⅰ）證明：A₁C⊥平面BED．
（Ⅱ）求二面角A₁-DE-B大�。�
（Ⅲ）求A₁D與平面BED所成角以及點A₁到面BED的距離．

Answer 1

考點：用空間向量求平面間的夾角,直線與平面垂直的判定,直線與平面所成的角,點、線、面間的距離計算

專題：空間位置關系與距離,空間角

分析：分別以射線AB，AD，AA₁為正方向建立空間直角坐標系O-xyz．
對第（Ⅰ）問，在平面BED內(nèi)找兩個不共線的向量

BE

，

DE

，只需

A1C

•

BE

=0，且

A1C

•

DE

=0即可．
對第（Ⅱ）問，先求得兩半平面BED與A₁ED的法向量，通過兩法向量的夾角可探究二面角A₁-DE-B的大�。�
對第（Ⅲ）問，根據(jù)向量

A1D

，法向量

A1C

的夾角與線面角互余，可先求

A1D

與

A1C

的夾角即可達到目的；點A₁到平面BED的距離可轉(zhuǎn)化為向量

A1D

在平面BED的法向量方向上的射影長，從而利用向量數(shù)量積的幾何意義解決．

解答： 解：如右圖所示，分別以射線AB，AD，AA₁為正方向建立空間直角坐標系O-xyz．
（Ⅰ）證明：根據(jù)題中數(shù)據(jù)知，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），
D（0，2，0），A₁（0，0，4），E（2，2，1），
則

A1C

=(2，2，-4)，

BE

=(0，2，1)，

DE

=(2，0，1)，

A1D

=(0，2，-4)，
由

A1C

•

BE

=2×0+2×2+（-4）×1=0知，A₁C⊥BE，
同理，由

A1C

•

DE

=2×2+2×0+（-4）×1=0知，A₁C⊥DE，
又BE∩DE=E，∴A₁C⊥平面BED．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知

A1C

=（2，2，-4）是平面BED的一個法向量，
設

n

=（x，y，z）為平面A₁ED的法向量，則由

n • DE =0 n • A1D =0

，
得

(x，y，z)•(2，0，1)=0 (x，y，z)•(0，2，-4)=0

，從而

2x+z=0 y-2z=0

，
取z=2，得

n

=(-1，4，2)，
∴cos＜

A1C

，

n

＞=

A1C • n

| A1C || n |

=

2×(-1)+2×4+(-4)×2

24 • 21

=-

14

42

．
由圖易知，兩法向量

A1C

=（2，2，-4）與

n

=(-1，4，2)均指向二面角之外，
∴向量

A1C

，

n

所成的角與所求二面角互補，
從而知，所求二面角的大小為arccos

14

42

．
（Ⅲ）cos＜

A1D

，

A1C

＞=

A1D • A1C

| A1D || A1C |

=

(0，2，-4)•(2，2，-4)

20 × 24

=

30

6

．
設A₁D與平面BED所成角為θ，則θ+＜

A1D

，

A1C

＞=

π

2

，
∴sinθ=cos＜

A1D

，

A1C

＞=

30

6

，得θ=arcsin

30

6

．
又設點A₁到面BED的距離為h，則h=|

A1D

|sinθ=

20

×

30

6

=

5 6

3

．
故A₁D與平面BED所成角為arcsin

30

6

，點A₁到面BED的距離為

5 6

3

．

點評：本題考查了線面垂直的判定定理，二面角、線面角的求法及點到平面的距離的求法．根據(jù)幾何體的特征，本題易于建系，故利用空間向量法求解，求解時應注意以下幾點：
1．求二面角時，對于兩法向量的夾角與二面角的關系，有時不易判斷，常見方法是：
（1）從圖觀察二面角是銳角還是鈍角；
（2）看兩法向量的指向，若為“同進同出”，則二面角的大小與兩法向量的夾角互補；若為“一出一進”，則二面角的大小與兩法向量的夾角相等．
通過以上兩種方法，一般可通過兩法向量的余弦值得到二面角的大小
2．求線面角時，一般先求線面角的余角，因為余角可通過平面法向量與已知直線方向上的向量夾角來探求．