Question

13．如图甲，设正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在AB，CD上，并且满足AE=2EB，CF=2FD，如图乙，将直角梯形AEFD沿EF折到A₁EFD₁的位置，使点A₁在平面EBCF上的射影G恰好在BC上．M点为EA₁的中点．
（1）证明：BM∥平面CD₁F；
（2）求二面角M-BF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推导出A₁E∥D₁F，BE∥CF，从而平面A₁EB∥平面D₁FC，由此能证明BM∥平面CD₁F．
（2）作GH⊥EF，垂足为H，连接A₁H，作GT∥BE交EF于点T，则TG⊥GC，以点G为原点，分别以GC、GT、GA₁所在直线为x、y、z轴，建立如空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M-BF-C的余弦值．

解答 证明：（1）在图甲中，由题意知AE∥DF，
从而在图乙中有A₁E∥D₁F
又BE∥CF，BE∩A₁E，D₁F∩CF=F，
A₁E，BE?平面A₁EB，D₁F，CF?平面D₁FC，
∴平面A₁EB∥平面D₁FC，
又BM?平面A₁EB，∴BM∥平面CD₁F．
（2）解：如图，在图乙中作GH⊥EF，垂足为H，连接A₁H，由于A₁G⊥平面EBCF，则A₁G⊥EF，
∴EF⊥平面A₁GH，则EF⊥A₁H，图甲中有EF⊥AH，
又GH⊥EF，则A、G、H三点共线，
设CF的中点为N，则NF=1，可证△ABG≌△ENF，
∴BG=NF=1，则AG=$\sqrt{10}$；
又由△ABG∽△AHE，得A₁H=AH=$\frac{AB•AE}{AG}$=$\frac{6}{\sqrt{10}}$，
于是，HG=AG-AH=$\frac{4}{\sqrt{10}}$，
在Rt△A₁GH中，A₁G=$\sqrt{{A}_{1}{H}^{2}-H{G}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{6}{\sqrt{10}}）^{2}-（\frac{4}{\sqrt{10}}）^{2}}$=$\sqrt{2}$，
作GT∥BE交EF于点T，则TG⊥GC，
以点G为原点，分别以GC、GT、GA₁所在直线为x、y、z轴，建立如图丙所示的空间直角坐标系，
则G（0，0，0），E（-1，1，0），F（2，2，0），A₁（0，0，$\sqrt{2}$），
B（-1，0，0），M（-$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），C（2，0，0），
$\overrightarrow{BF}$=（3，2，0），$\overrightarrow{BM}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{BC}$=（3，0，0），
设平面BFM的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=3x+2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=2，得$\overrightarrow{n}$=（2，-3，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
平面BFC的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
设二面角M-BF-C的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\frac{27}{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{9}$．
∴二面角M-BF-C的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{9}$．

点评 熟练掌握线面平行的判定定理、三角形的相似与全等的判定定理和性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角的方法等知识与方法是解题的关键．