Question

16．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=$\frac{π}{2}$，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图22中△A₁BE的位置，得到四棱锥A₁-BCDE．
（文、理科）证明：CD⊥平面A₁OC；
（理科） 若平面A₁BE⊥平面BCDE，求二面角D-A₁C-B的余弦值．
（文科） 若平面A₁BE⊥平面BCDE，求二面角A₁-DC-B的大小．

Answer 1

分析 （1）先证BE⊥平面A₁OC，又CD∥BE，得CD⊥平面A₁OC．
（2）（理） 由已知得∠A₁OC为二面角A₁-BE-C的平面角，
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出平面A₁BC的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，平面A₁CD的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，面A₁BC与面A₁CD夹角为θ，
从而cosθ=cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{2}{\sqrt{2}×\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，即平面A₁CB与平面A₁CD夹角的余弦值．
（2）（文）因为OC⊥CD，A₁C⊥CD，所以∠A₁CO即为二面角A₁-DC-B的平面角，计算得∠A₁CO=45°．

解答 解：（1）在图1中，AD∥BC，AB=BC=1，AE=1，∠BAD=90°，所以BE⊥AC，
即在图2中，BE⊥A₁O，BE⊥OC又A₁O∩OC=O，
所以BE⊥平面A₁OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A₁OC．
（2）（理） 由已知，平面A₁BE⊥平面BCDE，
又由（I）知，BE⊥A₁O，BE⊥OC
所以∠A₁OC为二面角A₁-BE-C的平面角，所以∠A₁OC=90°．
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A₁B=A₁E=BC=ED=1，BC∥ED，
所以B（$\frac{\sqrt{2}}{2}，0，0$），E（-$\frac{\sqrt{2}}{2}，0，0）$，A₁$（0，0，\frac{\sqrt{2}}{2}）$C（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0）$\overrightarrow{BC}=（-\frac{\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}，0）$
$\overrightarrow{{A}_{1}C}=（0，\frac{\sqrt{2}}{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BE}=（-\sqrt{2}，0，0）$．
设平面A₁BC的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，平面A₁CD的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
面A₁BC与面A₁CD夹角为θ，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{BC}=-{x}_{1}+{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}C}={y}_{1}-{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{{n}_{1}}=（1，1，1）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{CD}={x}_{2}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{{A}_{1}C}={y}_{2}-{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{{n}_{2}}=（0，1，1）$，
从而cosθ=cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{2}{\sqrt{2}×\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
即平面A₁CB与平面A₁CD夹角的余弦值为-$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（2）（文）因为OC⊥CD，A₁C⊥CD，
所以∠A₁CO即为二面角A₁-DC-B的平面角，计算得∠A₁CO=45°．

点评 本题考查了空间线面、面面位置关系的证明，及向量法求二面角，属于中档题．