Question

5．如图所示，四边形ABCD为菱形，矩形A₁ACC₁⊥平面ABCD，且DA=2，AA₁=3，∠ADC=$\frac{π}{3}$，E为线段A₁C₁的中点，F为线段A₁A上一点．
（Ⅰ）证明：C₁F⊥BD；
（Ⅱ）求二面角C-DE-C₁的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出AA₁⊥平面ABCD，从而BD⊥AA₁，由四边形ABCD为菱形，得BD⊥AC，由此能证明C₁F⊥BD．
（Ⅱ）以O为原点，OD为x轴，OC为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C-DE-C₁的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）∵矩形A₁ACC₁⊥平面ABCD，矩形A₁ACC₁∩平面ABCD=AC，AA₁⊥AC，
∴AA₁⊥平面ABCD，
又BD?平面ABCD，
∴BD⊥AA₁，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∵AA₁∩AC=A，
∴BD⊥平面ACC₁A₁，
∵C₁F?平面ACC₁A₁，
∴C₁F⊥BD．
解：（Ⅱ）以O为原点，OD为x轴，OC为y轴，OE为z轴，建立空间直角坐标系，
C（0，1，0），D（$\sqrt{3}$，0，0），E（0，0，3），C₁（0，1，3），
$\overrightarrow{DE}$=（-$\sqrt{3}$，0，3），$\overrightarrow{DC}$=（-$\sqrt{3}$，1，0），$\overrightarrow{D{C}_{1}}$=（-$\sqrt{3}$，1，3），
设平面CDE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=-\sqrt{3}x+3z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=-\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，
取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，3，1），
设平面DEC₁的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=-\sqrt{3}a+3c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{D{C}_{1}}=-\sqrt{3}a+b+3c=0}\end{array}\right.$，
取a=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，0，1$），
设二面角C-DE-C₁的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{4}•\sqrt{13}}$=$\frac{2\sqrt{13}}{13}$．
∴二面角C-DE-C₁的余弦值为$\frac{2\sqrt{13}}{13}$．

点评 本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．