Question

3．如图，四棱柱ABCD-A′B′C′D′中，侧棱AA′⊥ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA′=AB=2，E为棱AA′的中点．
（1）求证：B′C′⊥CE；
（2）求二面角B′-CE-C′的余弦值；
（3）设点M在线段C′E上，且直线AM与平面ADD′A′所成角的正弦值为$\frac{{\sqrt{2}}}{6}$，求线段AM的长．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，以AD，AA′，AB为坐标轴建立空间直角坐标系，求出$\overrightarrow{B′C′}$，$\overrightarrow{CE}$的坐标，通过计算$\overrightarrow{B′C′}•\overrightarrow{CE}$=0得出B′C′⊥CE；
（2）求出两平面的法向量，则二面角的余弦值等于两平面法向量夹角的余弦值的绝对值；
（3）设$\overrightarrow{EM}$=λ$\overrightarrow{EC′}$，求出$\overrightarrow{AM}$的坐标和平面ADD′A′的法向量$\overrightarrow{m}$，令|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{AM}$＞|=$\frac{\sqrt{2}}{6}$，解出λ，代入|$\overrightarrow{AM}$|得出答案．

解答 证明：（1）以A为原点，以AD，AA′，AB为坐标轴建立空间直角坐标系，
则有B′（0，2，2），C′（1，2，1），C（1，0，1），E（0，1，0），
∴B′C′=（1，0，-1），CE=（-1，1，-1），
∴$\overrightarrow{B′C′}•\overrightarrow{CE}$=0，
∴B′C′⊥CE．
（2）$\overrightarrow{B′C}$=（1，-2，-1），
设平面B′CE法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B′C}$=0，$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=0$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{x-2y-z=0}\\{-x+y-z=0}\end{array}\right.$，令z=1，得$\overrightarrow{n}$=（-3，-2，1）．
由（1）知B′C′⊥CE，且B′C′⊥CC′，CC′，CE?平面C′CE，CC′∩CE=C，
∴B′C′⊥平面C′CE．
故B′C′是平面C′CE的一个法向量．
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B′C′}$=-4，|$\overrightarrow{n}$|=$\sqrt{14}$，|$\overrightarrow{B′C′}$|=$\sqrt{2}$．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{B′C′}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B′C′}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{B′C′}|}$=-$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
二面角B′-CE-C′的余弦值为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
（3）$\overrightarrow{EC′}$=（1，1，1），设$\overrightarrow{EM}$=λ$\overrightarrow{EC′}$=（λ，λ，λ），λ∈[0，1]，
则$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EM}$=（λ，1+λ，λ）．平面ADD′A′的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
∴cos＜$\overrightarrow{AM}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AM}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{AM}|}$=$\frac{λ}{\sqrt{3{λ}^{2}+2λ+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$．
解得$λ=\frac{1}{3}$，∴|$\overrightarrow{AM}$|=$\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}+1}$=$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了空间向量的应用，空间角的计算，属于中档题．