Question

12．如图，已知在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AD=A₁A=$\frac{1}{2}$AB=2，点E是棱AB上一点，且$\frac{AE}{EB}$=λ．
（1）证明：D₁E⊥A₁D；
（2）若二面角D₁-EC-D的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求CE与平面D₁ED所成的角．

Answer 1

分析 根据题意，可以采用建立空间直角坐标系，向量法来证明；以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD₁所在直线为z轴建立空间直角坐标系；计算出个顶点的坐标，（1）由$\overrightarrow{{D}_{1}E}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=0$⇒D₁E⊥A₁D；
（2）求出平面D₁EC和ECD平面的法向量，利用两平面的夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，解出λ．再求CE与平面D₁ED所成的角．

解答 解：（1）以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD₁所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
由：ABCD-A₁B₁C₁D₁是长方体，AD=A₁A=$\frac{1}{2}$AB=2，则：D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，4，0），C（0，4，0），A₁（2，0，2），B₁（2，4，2），C₁（0，4，2），D₁（0，0，2），
证明（1）：
∵$\frac{AE}{EB}$=λ，则E（2，$\frac{4λ}{1+λ}$，0），那么 $\overrightarrow{{D}_{1}E}$=（2，$\frac{4λ}{1+λ}$，-2），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（-2，0，-2）
则：$\overrightarrow{{D}_{1}E}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（2，$\frac{4λ}{1+λ}$，-2）•（-2，0，-2）=0，故D₁E⊥A₁D．
得证．
（用几何法提示：先证出A₁D⊥平面D₁AE，然后证出A₁D⊥D₁E）
（2）由题意：ABCD-A₁B₁C₁D₁是长方体，D₁D⊥平面ABCD，
∴平面DEC的一个法向量为n₁=（0，0，2）．
又$\overrightarrow{CE}=（2，\frac{4λ}{1+λ}-4，0）$，$\overrightarrow{C{D}_{1}}=（0，-4，2）$${n}_{2}•\overrightarrow{C{D}_{1}}=-4y+2z=0$
设平面D₁CE的法向量为n₂=（x，y，z），则
${n}_{2}•\overrightarrow{CE}=2x+y（\frac{4λ}{1+λ}-4）=0$
${n}_{2}•\overrightarrow{C{D}_{1}}=-4y+2z=0$
所以：向量n₂的一个解是（2-$\frac{2λ}{1+λ}$，1，2）；
因为二面角D₁-EC-D的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$，则$\frac{{n}_{1}{n}_{2}}{|{n}_{1}|•|{n}_{2}|}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
解得λ=1．
因为λ=1，所以E（2，2，0），故 $\overrightarrow{D{D}_{1}}$=（0，0，2），
$\overrightarrow{DE}$=（2，2，0），$\overrightarrow{CE}$=（2，-2，0），
因此 $\overrightarrow{CE}$•$\overrightarrow{D{D}_{1}}$=0，$\overrightarrow{CE}$•$\overrightarrow{DE}$=0，故CE⊥平面D₁ED．
即CE与平面D₁ED所成角为$\frac{π}{2}$．

点评 本题考查了两条异面直线垂直的证明和线面角的问题，利用已知条件求出参数，是解本题的关键．属于中档题．