Question

17．如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥侧面BB₁C₁C，AB₁与A₁B相交于点D，E是CC₁上的点，且DE∥平面ABC，BC=1，BB₁=2．
（Ⅰ）证明：B₁E⊥平面ABE
（Ⅱ）若异面直线AB和A₁C₁所成角的正切值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，求二面角A-B₁E-A₁的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出B₁E⊥AB，BE⊥B₁E，由此能证明B₁E⊥平面ABE．
（Ⅱ）由AC∥A₁C₁，知∠BAC（或∠BAC的补角）是异面直线AB和A₁C₁所成角，以B为原点，BC为x轴，BB₁为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-B₁E-A₁的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）∵在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥侧面BB₁C₁C，B₁E?面BB₁C₁C，
∴B₁E⊥AB，
∵AB₁与A₁B相交于点D，∴D是AB₁的中点，
取BB₁中点O，连结DO，EO，则DO∥平面ABC，
∵DE∥平面ABC，DE∩DO=D，
∴平面DEO∥平面ABC，
∴OE∥BC，∴E是CC₁的中点，
∴BE=B₁E=$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴BE²+B₁E²=BB₁²，∴BE⊥B₁E，
∵BE∩AB=B，∴B₁E⊥平面ABE．
解：（Ⅱ）∵AC∥A₁C₁，
∴∠BAC（或∠BAC的补角）是异面直线AB和A₁C₁所成角，
∵在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥侧面BB₁C₁C，
∴AB⊥BC，∵异面直线AB和A₁C₁所成角的正切值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴tan$∠BAC=\frac{BC}{AB}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵BC=1，BB₁=2，∴AB=$\sqrt{2}$，
以B为原点，BC为x轴，BB₁为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
E（1，1，0），A（0，0，$\sqrt{2}$），B₁（0，2，0），A₁（0，2，$\sqrt{2}$），
$\overrightarrow{EA}$=（-1，-1，$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{E{B}_{1}}$=（-1，1，0），$\overrightarrow{E{A}_{1}}$=（-1，1，$\sqrt{2}$），
设平面AB₁E的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EA}=-x-y+\sqrt{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{E{B}_{1}}=-x+y=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}，\sqrt{2}$，2），
设平面A₁B₁E的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{E{A}_{1}}=-a+b+\sqrt{2}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{E{B}_{1}}=-a+b=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，1，0），
设二面角A-B₁E-A₁的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{8}•\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴二面角A-B₁E-A₁的余弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．