Question

1．在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD-A′B′C′D′中，E、F分別是BC，A′D′的中點(diǎn)
（1）求直線A′C與DE所成的角的余弦值；
（2）求直線AD與平面B′EDF所成的角的余弦值；
（3）求面B′EDF與面ABCD所成的角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）在平面ABCD內(nèi)，過(guò)C作CP∥DE交直線AD于P，則∠A′CP（或補(bǔ)角）為異面直線A′C與DE所成的角，在△A′CP中，利用余弦定理，即可求得異面直線A′C與DE所成的角；
（2）證明直線AD與平面B₁EDF所成的角為∠ADB′，在直角△B′AD中，利用余弦定理，即可求得直線AD與平面B′EDF所成的角；
（3）連接EF、D，交于點(diǎn)O，作OH⊥平面ABCD，作HM⊥DE，垂足為M，連接OM，則可得∠OMH為面B′EDF 與 面ABCD所成的角，在直角△OHM中，利用正弦函數(shù)，即可求得面B′EDF 與 面ABCD所成的角．

解答 解：（1）如圖，

在平面ABCD內(nèi)，過(guò)C作CP∥DE交直線AD于P，則∠A′CP（（或補(bǔ)角）為異面直線A′C與DE所成的角
在△A′CP中，A′C=$\sqrt{3}$a，CP=DE=$\frac{\sqrt{5}}{2}$a，A′P=$\frac{\sqrt{13}}{2}$a，
∴cos∠A′CP=$\frac{{3a}^{2}+{\frac{5}{4}a}^{2}-{\frac{13}{4}a}^{2}}{2\sqrt{3}a×\frac{\sqrt{5}}{2}a}$=$\frac{\sqrt{15}}{15}$，
∴異面直線A′C與DE所成的角為arccos$\frac{\sqrt{15}}{15}$；
（2）∵平面ADE⊥平面ADF
∴AD在平面B′EDF內(nèi)的射影在∠EDF的平分線上，而四邊形B′EDF是菱形
∴DB′為∠EDF的平分線
∴直線AD與平面B′EDF所成的角為∠ADB′．
在直角△B′AD中，AD=a，AB′=$\sqrt{2}$a，B′D=$\sqrt{3}$a，
∴cos∠ADB′=$\frac{{a}^{2}+{3a}^{2}-{2a}^{2}}{2×a\sqrt{3}a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴直線AD與平面B′EDF所成的角為arccos$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
（3）連接EF、B′D，交于點(diǎn)O，顯然O為B′D的中點(diǎn)，從而O為正方體的中心，作OH⊥平面ABCD，則H為正方形ABCD的中心
作HM⊥DE，垂足為M，連接OM，則OM⊥DE，故∠OMH為面B′EDF與面ABCD所成的角．
在直角△DOE中，OE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，OD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，DE=$\frac{\sqrt{5}}{2}$a，
則由面積關(guān)系可得OM=$\frac{OD×OE}{DE}$=$\frac{\sqrt{30}}{10}$a，
在直角△OHM中，sin∠OMH=$\frac{OH}{OM}$=$\frac{\sqrt{30}}{6}$，
面B₁EDF與面ABCD所成的角為arcsin$\frac{\sqrt{30}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線角、線面角、面面角，解題的關(guān)鍵是正確作出空間角，并在具體三角形中，利用余弦定理求出相應(yīng)的角，屬于中檔題．