Question

5．如图，在正四棱台ABCD-A₁B₁C₁D₁中，A₁B₁=a，AB=2a，AA₁=$\sqrt{2}$a，E、F分别是AD、AB的中点．
（Ⅰ）求证：平面EFB₁D₁∥平面BDC₁；
（Ⅱ）求二面角D-BC₁-C的余弦值的大小．
注：底面为正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心，这样的四棱锥叫做正四棱锥．用一个平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥，底面与截面之间的部分叫做正四棱台．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连接A₁C₁，AC，分别交B₁D₁，EF，BD于M，N，P，连接MN，C₁P，证明BD∥平面EFB₁D₁，PC₁∥平面EFB₁D₁，然后证明平面EFB₁D₁∥平面BDC₁．
（Ⅱ）连接A₁N，证明PM∥A₁N，A₁N⊥AN，得到AC⊥BD，以PA，PB，PM分别为x，y，z轴建立如图所示的坐标系，求出相关点的坐标，平面BDC₁的法向量，平面BCC₁的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角D-BC₁-C的余弦值的大小．

解答 （本小题满分12分）
证明：（Ⅰ）连接A₁C₁，AC，分别交B₁D₁，EF，BD于M，N，P，连接MN，C₁P
由题意，BD∥B₁D₁
因为BD?平面EFB₁D₁，B₁D₁?平面EFB₁D₁，所以BD∥平面EFB₁D₁…（2分）
又因为A₁B₁=a，AB=2a，所以$M{C_1}=\frac{1}{2}{A_1}{C_1}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a$，
又因为E、F分别是AD、AB的中点，
所以$NP=\frac{1}{4}AC=\frac{{\sqrt{2}}}{2}a$，
所以MC₁=NP，
又因为AC∥A₁C₁，所以MC₁∥NP，
所以四边形MC₁PN为平行四边形，
所以PC₁∥MN，
因为PC₁?平面EFB₁D₁，MN?平面EFB₁D₁，所以PC₁∥平面EFB₁D₁，
因为PC₁∩BD=P，所以平面EFB₁D₁∥平面BDC₁…（5分）
（Ⅱ）连接A₁N，因为A₁M=MC₁=NP，又A₁M∥NP，
所以四边形A₁NPM为平行四边形，所以PM∥A₁N，
由题意MP⊥平面ABCD，∴A₁N⊥平面ABCD，∴A₁N⊥AN，
因为A₁B₁=a，AB=2a，$A{A_1}=\sqrt{2}a$，所以${A_1}N=\sqrt{A{A_1}^2-A{N^2}}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}a=MP$，
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，

所以，以PA，PB，PM分别为x，y，z轴建立如图所示的坐标系：
则$B（0，\sqrt{2}a，0）$，$D（0，-\sqrt{2}a，0）$，$C（-\sqrt{2}a，0，0）$，${C_1}（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}a，0，\frac{{\sqrt{6}}}{2}a）$，
所以$\overrightarrow{BD}=（0，-2\sqrt{2}a，0）$，$\overrightarrow{B{C_1}}=（-\frac{{\sqrt{2}}}{2}a，-\sqrt{2}a，\frac{{\sqrt{6}}}{2}a）$，$\overrightarrow{BC}=（-\sqrt{2}a，-\sqrt{2}a，0）$，
…（7分）
设$\overrightarrow{n{\;}_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$是平面BDC₁的法向量，则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n{\;}_1}•\overrightarrow{B{C_1}}=0}\\{\overrightarrow{n{\;}_1}•\overrightarrow{BD}=0}\end{array}}\right.$∴$\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{{\sqrt{2}}}{2}a{x_1}-\sqrt{2}a{y_1}+\frac{{\sqrt{6}}}{2}a{z_1}=0}\\{-2\sqrt{2}a{y_1}=0}\end{array}}\right.$，∴y₁=0，
令z₁=1，则${x_1}=\sqrt{3}$，所以$\overrightarrow{n{\;}_1}=（\sqrt{3}，0，1）$…（9分）
设$\overrightarrow{n{\;}_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$是平面BCC₁的法向量，则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n{\;}_2}•\overrightarrow{B{C_1}}=0}\\{\overrightarrow{n{\;}_2}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}}\right.$，∴$\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{{\sqrt{2}}}{2}a{x_2}-\sqrt{2}a{y_2}+\frac{{\sqrt{6}}}{2}a{z_2}=0}\\{-\sqrt{2}a{x_2}-\sqrt{2}a{y_2}=0}\end{array}}\right.$，
令y₂=1，则x₂=-1，${z_2}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$所以$\overrightarrow{n{\;}_2}=（-1，1，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$…（11分）
所以$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n{\;}_1}•\overrightarrow{n{\;}_2}}}{{|{\overrightarrow{n{\;}_1}}||{\overrightarrow{n{\;}_2}}|}}=\frac{{-\sqrt{3}+0+\frac{{\sqrt{3}}}{3}}}{{2×\frac{{\sqrt{21}}}{3}}}=-\frac{{\sqrt{7}}}{7}$
所以二面角D-BC₁-C的余弦值的大小为$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）

点评 本题考查平面与平面平行的判定定理的证明，二面角的求法考查空间想象能力以及计算能力．