Question

15．在如圖所示的空間直角坐標系中，正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長為2，E，F(xiàn)分別為A₁D₁和A₁B₁的中點．
（1）求異面直線AE和BF所成角的余弦值；
（2）求平面B₁BDD₁與平面BFC₁所成的銳二面角的余弦值；
（3）若點P在正方形ABCD內(nèi)部或其邊界上，且EP∥平面BFC₁，求EP的最大值和最小值．

Answer 1

分析 （1）利用$cos＜\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{BF}＞$=$\frac{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BF}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{BF}|}$，可得異面直線AE和BF所成角的余弦值．
（2）設平面BFC₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{C}_{1}F}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$．由正方體的性質(zhì)可得：AC⊥平面B₁BDD₁，取$\overrightarrow{AC}$為平面B₁BDD₁的法向量．利用$cos＜\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{n}|}$，可得平面B₁BDD₁與平面BFC₁所成的銳二面角的余弦值．
（3）如圖所示，取C₁D₁的中點為H，取D₁H的中點L，連接EL，A₁H．可得EL∥平面BFC₁，分別取AA₁的中點M，AB的中點G，AG的中點N，CK=$\frac{1}{4}CD$．可得平面EMNKL∥平面BFC₁．可得：當點P取L時，EP取得最小值．當點P取K時，EP取得最小值．

解答 解：A（2，0，0），E（1，0，2），B（2，2，0），C（0，2，0），F(xiàn)（2，1，2），C₁（0，2，2）．
（1）$\overrightarrow{AE}$=（-1，0，2），$\overrightarrow{BF}$=（0，-1，2），
∴$cos＜\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{BF}＞$=$\frac{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{BF}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{BF}|}$=$\frac{4}{\sqrt{5}×\sqrt{5}}$=$\frac{4}{5}$．
∴異面直線AE和BF所成角的余弦值是$\frac{4}{5}$．
（2）$\overrightarrow{{C}_{1}F}$=（2，-1，0）．
設平面BFC₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{C}_{1}F}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{2x-y=0}\\{-y+2z=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{n}$=（1，2，1）．
由正方體的性質(zhì)可得：AC⊥平面B₁BDD₁，
取$\overrightarrow{AC}$=（-2，2，0）為平面B₁BDD₁的法向量．
則$cos＜\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{8}×\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．
∴平面B₁BDD₁與平面BFC₁所成的銳二面角的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{6}$；
（3）如圖所示，取C₁D₁的中點為H，取D₁H的中點L，連接EL，A₁H．
則EL∥A₁H∥FC₁，可得EL∥平面BFC₁，
分別取AA₁的中點M，AB的中點G，AG的中點N，CK=$\frac{1}{4}CD$．
連接EM，MN，NK，KL．
可得平面EMNKL∥平面BFC₁．
則當點P取L時，EP取得最小值，EP=$\frac{1}{2}{A}_{1}H$=$\frac{1}{2}\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$．
當點P取K時，EP取得最小值，EP=$\sqrt{D{K}^{2}+E{D}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\frac{\sqrt{29}}{2}$．

點評 本題考查了正方體的性質(zhì)、線面垂直與平行的性質(zhì)與判定定理、空間角、三角形中位線定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．