Question

11．如图，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，CC₁⊥底面ABC，AC=BC=CC₁=2，D，E，F分别是棱AB，BC，B₁C₁的中点，G是棱BB₁上的动点．
（1）当$\frac{BG}{{B{B_1}}}$为何值时，平面CDG⊥平面A₁DE？
（2）求平面AB₁F与平面AD₁E所成的锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）当G为BB₁中点（即$\frac{BG}{{B{B_1}}}=\frac{1}{2}$）时，平面CDG⊥平面A₁DE．证明D，E，C₁，A₁四点共面．连接C₁E交GC于H．证明CG⊥C₁E．DE⊥CG，推出CG⊥平面A₁DE，即可证明平面CDG⊥平面A₁DE．
（2）以C为原点，CA，CB，CC₁所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面A₁DE的法向量，平面A₁BF的法向量，设平面A₁BF与平面A₁DE所成的锐二面角为θ，利用数量积求解即可．

解答 解：（1）当G为BB₁中点（即$\frac{BG}{{B{B_1}}}=\frac{1}{2}$）时，平面CDG⊥平面A₁DE．
证明如下：由于DE∥AC且$DE=\frac{1}{2}AC，AC∥{A_1}{C_1}，AC={A_1}{C_1}$，∴$DE∥{A_1}{C_1}，DE=\frac{1}{2}{A_1}{C_1}$，故D，E，C₁，A₁四点共面．
连接C₁E交GC于H．在正方形CBB₁C₁中，$tan∠{C_1}EC=2，tan∠BCG=\frac{1}{2}$，故∠CHE=90°，即CG⊥C₁E．又A₁C₁⊥平面CBB₁C₁，CG?平面CBB₁C₁，所以DE⊥CG，又因为C₁E∩DE=E，故CG⊥平面A₁DE，从而平面CDG⊥平面A₁DE．
（2）三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，CC₁⊥底面ABC，
于是可以以C为原点，CA，CB，CC₁所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示．

因为AC=BC=CC₁=2，D，E，F分别是棱AB，BC，B₁C₁的中点，
所以A₁（2，0，2），D（1，1，0），E（0，1，0），B（0，2，0），F（0，1，2），
G（0，2.1），$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（-2，2，-2），$\overrightarrow{{A}_{1}F}$=（-2，1，0）．
由（1）知平面A₁DE的法向量为$\overrightarrow{CG}$=（0，2，1），
设平面A₁BF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}F}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=0}\end{array}\right.$，即：$\left\{\begin{array}{l}{-2x+y=0}\\{-2x+2y-2z=0}\end{array}\right.$，
令x=1得$\overrightarrow n=（{1，2，1}）$，
设平面A₁BF与平面A₁DE所成的锐二面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{CG}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{CG}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{5}{\sqrt{30}}$=$\frac{\sqrt{30}}{6}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定定理以及平面与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．