Question

15．（理） 如图，正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AA₁=2AB=4，点E在C₁C上，且C₁E=3EC．
（1）证明A₁C⊥平面BED；
（2）求点A₁到面BED的距离
（3）求二面角A₁-DE-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）建立坐标系，求出$\overrightarrow{{A}_{1}C}$，$\overrightarrow{DB}$，$\overrightarrow{DE}$的坐标，通过计算数量积得出A₁C⊥BD，A₁C⊥DE，故A₁C⊥平面BED；
（2）计算$\overrightarrow{{A}_{1}D}$与$\overrightarrow{{A}_{1}C}$的夹角，即可得出A₁到平面BED的距离；
（3）求出平面A₁DE的法向量，通过计算两平面的法向量的夹角得出二面角的大小．

解答 证明：（1）以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz．
则B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A₁（2，0，4）．
∴$\overrightarrow{DE}$=（0，2，1），$\overrightarrow{DB}$=（2，2，0），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-2，2，-4），$\overrightarrow{D{A}_{1}}$=（2，0，4）．
（1）∵$\overrightarrow{{A}_{1}C}$•$\overrightarrow{DB}$=0，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$•$\overrightarrow{DE}$=0，
∴A₁C⊥BD，A₁C⊥DE．
又DB?平面DBE，DE?平面DBE，DB∩DE=D，
∴A₁C⊥平面DBE．
（2）cos＜$\overrightarrow{{A}_{1}D}$，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞=$\frac{\overrightarrow{{A}_{1}D}•\overrightarrow{{A}_{1}C}}{|\overrightarrow{{A}_{1}D}||\overrightarrow{{A}_{1}C}|}$=$\frac{20}{2\sqrt{5}•2\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{30}}{6}$．
∴A₁D与平面BDE所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{30}}{6}$．
∴A₁到平面BDE的距离为A₁D•cos＜$\overrightarrow{{A}_{1}D}$，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞=2$\sqrt{5}$•$\frac{\sqrt{30}}{6}$=$\frac{5\sqrt{6}}{3}$．
（3）设向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）是平面DA₁E的法向量，则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{2y+z=0}\\{2x+4z=0}\end{array}\right.$．令y=1，得$\overrightarrow{n}$=（4，1，-2）．
∴cos＜n，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{{A}_{1}C}|}$=$\frac{2}{\sqrt{21}•2\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{14}}{42}$．
∴二面角A₁-DE-B的余弦值为$\frac{\sqrt{14}}{42}$．

点评 本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．