Question

20．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A₁BE的位置，如图2．
（1）证明：CD⊥平面A₁OC；
（2）若平面A₁BE⊥平面BCDE，求二面角B-A₁C-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推导出BE⊥OA₁，BE⊥OC，从而BE⊥平面A₁OC，由CD∥BE，能证明CD⊥平面A₁OC．
（2）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OA₁为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B-A₁C-D的余弦值．

解答 证明：（1）在图1中，
∵AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，∠BAD=$\frac{π}{2}$，
∴BE⊥AC，
∴在图2中，BE⊥OA₁，BE⊥OC，
∴BE⊥平面A₁OC，
又CD∥BE，∴CD⊥平面A₁OC．
解：（2）∵平面A₁BE⊥平面BCDE，∴AO⊥平面BCDE，
以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OA₁为z轴，建立空间直角坐标系，
B（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），A₁（0，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），E（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），C（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），D（-$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（-$\sqrt{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
设平面A₁BC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=\frac{\sqrt{2}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=\frac{\sqrt{2}}{2}y-\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，1），
设平面A₁CD的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=\frac{\sqrt{2}}{2}b-\frac{\sqrt{2}}{2}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=-\sqrt{2}a+\frac{\sqrt{2}}{2}b-\frac{\sqrt{2}}{2}c=0}\end{array}\right.$，取b=1，得$\overrightarrow{m}$=（0，1，1），
设二面角B-A₁C-D的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}•\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
∴二面角B-A₁C-D的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查线面垂直的证明，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．