Question

16．如圖，四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面ABCD是平行四邊形，且AB=1，BC=2，∠ABC=60°，E為BC的中點，AA₁⊥平面ABCD．
（Ⅰ）證明：平面A₁AE⊥平面A₁DE；
（Ⅱ）若DE=A₁E，試求二面角E-A₁C-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題意推導出△ABE是正三角形，DE⊥AE，DE⊥AA₁，從而DE⊥平面A₁AE，由此能證明平面A₁AE⊥平面A₁DE．
（Ⅱ）以C為原點，CD，CA，CC₁分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角E-A₁C-D的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）依題意$BE=EC=\frac{1}{2}BC=AB=CD$，
∴△ABE是正三角形，∠AEB=60°，
∵$∠CED=∠CDE=\frac{1}{2}（{180°-∠ECD}）=30°$，（3分）
∴∠AED=180°-∠CED-∠AEB=90°，∴DE⊥AE，
∵AA₁⊥平面ABCD，DE⊆平面ABCD，
∴DE⊥AA₁，∵AA₁∩AE=A，∴DE⊥平面A₁AE，（5分）
∵DE⊆平面A₁DE，∴平面A₁AE⊥平面A₁DE． （6分）
解：（Ⅱ）連接AC，由題可知AC⊥CD，又DE=A₁E，故$A{A_1}=\sqrt{2}$（7分）
故以C為原點，CD，CA，CC₁分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則C（0，0，0），
D（1，0，0），E（-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），A₁（0，$\sqrt{3}，\sqrt{2}$），
故$\overrightarrow{CE}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（0，$\sqrt{3}，\sqrt{2}$），$\overrightarrow{CD}$=（1，0，0），
設面EA₁C的一個法向量$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}{x_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{y_1}=0}\\{\sqrt{3}{y_1}+\sqrt{2}{z_1}=0}\end{array}}\right.$，
令${x}_{1}=\sqrt{3}$，則$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，1，-\frac{\sqrt{6}}{2}$），（9分）
設平面DA₁C的一個法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），（10分）
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CD}=a=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=\sqrt{3}b+\sqrt{2}c=0}\end{array}\right.$，取b=-$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{m}$=（0，-$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），
故cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{5}{\sqrt{55}}=\frac{\sqrt{55}}{11}$，
由圖可知二面角E-A₁C-D為鈍角，∴二面角E-A₁C-D的余弦值為$-\frac{{\sqrt{55}}}{11}$．（12分）

點評 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．