Question

11．如图，已知正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面边长AB=2，侧棱BB₁的长为4，过点B作B₁C的垂线交侧棱CC₁于点E，交B₁C于点F．
（Ⅰ）求证：A₁C⊥平面BED；
（Ⅱ）求A₁B与平面BDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角D-BE-A₁的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DD₁所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，利用向量法能证明A₁C⊥平面BED．
（Ⅱ）求出平面BDE的一个法向量和$\overrightarrow{{A}_{1}B}$，利用向量法能求出A₁B与平面BDE所成角的正弦值．
（Ⅲ）求出平面A₁BE的法向量和平面BDE的一个法向量，利用向量法能求出二面角D-BE-A₁的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）如图，以D为原点，DA、DC、DD₁所在直线分别为x、y、z轴
建立空间直角坐标系D-xyz，
D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），
A₁（2，0，4），B₁（2，2，4），C₁（0，2，4），D₁（0，0，4），
设E（0，2，t），则$\overrightarrow{BE}$=（-2，0，t），$\overrightarrow{{B}_{1}C}$=（-2，0，-4）．
∵BE⊥B₁C，
∴$\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{{B}_{1}C}$=4-4t=0．解得t=1，
∴E（0，2，1），且$\overrightarrow{BE}$=（-2，0，1）．
又∵$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-2，2，-4），$\overrightarrow{DB}$=（2，2，0），
∴$\overrightarrow{{A}_{1}C}•\overrightarrow{BE}=0$，且$\overrightarrow{{A}_{1}C}•\overrightarrow{DB}$=0，
∴A₁C⊥BE，A₁C⊥DB．
∵BD、BE是平面BDE内的相交直线．
∴A₁C⊥平面BED．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）所建的坐标系，得$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-2，2，-4）是平面BDE的一个法向量，
又∵$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（0，2，-4），
∴cos＜$\overrightarrow{{A}_{1}C}$，$\overrightarrow{{A}_{1}B}$＞=$\frac{\overrightarrow{{A}_{1}C}•\overrightarrow{{A}_{1}B}}{|\overrightarrow{{A}_{1}C}|•|\overrightarrow{{A}_{1}B}|}$=$\frac{20}{\sqrt{24}•\sqrt{20}}$=$\frac{\sqrt{30}}{6}$，
∴A₁B与平面BDE所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{30}}{6}$．
（Ⅲ）∵$\overrightarrow{{A_1}B}=（{0，2，-4}）$，$\overrightarrow{BE}$=（-2，0，1）．
设平面A₁BE的法向量为$\overrightarrow m=（{x，y，z}）$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=2y-4z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=-2x+z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow m$=（1，4，2），
又$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-2，2，-4）是平面BDE的一个法向量，
∴$cos\left?{\overrightarrow m，\overrightarrow{{A_1}C}}\right＞=\frac{{\overrightarrow m•\overrightarrow{{A_1}C}}}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow{{A_1}C}}|}}=\frac{-2}{{\sqrt{21}\sqrt{24}}}=-\frac{{\sqrt{14}}}{42}$，
由图可知，所求二面角为锐二面角，
∴二面角D-BE-A₁的余弦值为$\frac{{\sqrt{14}}}{42}$．

点评 本题给出正四棱柱，求证线面垂直并求直线与平面所成角的正弦值，着重考查了利用空间向量研究线面垂直、用空间向量的夹角公式求直线与平面所成角等知识，属于中档题