Question

1．如图，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC⊥AB，AB=4，AB=2AA₁，M是AB的中点，△A₁MC₁是等腰三角形，D为CC₁的中点，E为BC上一点．
（1）若DE∥平面A₁MC₁，求$\frac{BE}{EC}$；
（2）平面BCC₁B₁与平面A₁MC₁所成锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，分别以AB，AA₁，AC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，求出平面A₁MC₁的一个法向量$\overrightarrow{n}$，再设$\frac{BE}{EC}=λ$，把$\overrightarrow{DE}$用含有λ的坐标表示，结合$\overrightarrow{DE}•\vec n=0$列式求得λ；
（2）求出平面BCC₁B₁的一个法向量$\overrightarrow{m}$，由$\overrightarrow{m}$与$\overrightarrow{n}$所成角的余弦值可得平面BCC₁B₁与平面A₁MC₁所成锐二面角的余弦值．

解答 （1）解：以A为原点，分别以AB，AA₁，AC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
∵AB=4，AB=2AA₁，
∴M（2，0，0），A₁（0，2，0），C（0，0，$2\sqrt{2}$），B（4，0，0），且${A}_{1}M=2\sqrt{2}$，
∵△A₁MC₁是等腰三角形，∴${A_1}{C_1}=2\sqrt{2}$，
则C₁（0，2，2$\sqrt{2}$），D（0，1，2$\sqrt{2}$），
设平面A₁MC₁的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{M{A}_{1}}=-2{x}_{1}+2{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{M{C}_{1}}=-2{x}_{1}+2{y}_{1}+2\sqrt{2}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取y₁=1，得$\vec n=（1，1，0）$，
再设$\frac{BE}{EC}=λ$，
则E（$\frac{4}{1+λ}$，0，$\frac{2\sqrt{2}}{1+λ}$），$\overrightarrow{DE}=（\frac{4}{1+λ}，-1，\frac{2\sqrt{2}}{1+λ}-2\sqrt{2}）$，
∵DE∥平面A₁MC₁，∴$\overrightarrow{DE}•\vec n=0$，即$\frac{4}{1+λ}-1=0$，解得λ=3；
（2）设平面BCC₁B₁的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=-4{x}_{2}+2\sqrt{2}{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=-4{x}_{2}+2{y}_{2}+2\sqrt{2}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取${z}_{2}=\sqrt{2}$，得$\overrightarrow m=（1，-2，\sqrt{2}）$，
∴$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=-\frac{{\sqrt{14}}}{14}$，
故平面BCC₁B₁与平面A₁MC₁所成锐二面角的余弦值$\frac{{\sqrt{14}}}{14}$．

点评 本题考查线面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．