Question

8．如图，在四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB∥CD，AB=BC=CC₁=2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD₁上的动点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面BCC₁B₁；
（Ⅱ）若∠BCD=∠C₁CD=60°，且平面D₁C₁CD⊥平面ABCD，求平面BCC₁B₁与DC₁B₁平面所成的角（锐角）的余弦值．

Answer 1

分析 （I）连结DE，D₁E，则可证明平面DED₁∥平面BCC₁B₁，故而EF∥平面BCC₁B₁．
（II）过D作DH⊥BC，利用勾股定理可得BD⊥CD，C₁D⊥CD，故C₁D⊥平面ABCD，于是B₁C₁⊥C₁D，由BC⊥平面C₁DH可得B₁C₁⊥C₁H，于是∠DC₁H为平面BCC₁B₁与DC₁B₁平面所成的角．使用平面几何知识求出C₁D和C₁H，得出∠DC₁H的余弦值．

解答 证明：（I）连结DE，D₁E，∵AB∥CD，AB=2CD，E是AB的中点，
∴BE∥CD，BE=CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴DE∥BC，又DE?平面BCC₁B₁，BC?平面BCC₁B₁，
∴DE∥平面BCC₁B₁，
∵D₁D∥C₁C，D₁D?平面BCC₁B₁，C₁C?平面BCC₁B₁，
∴D₁D∥平面BCC₁B₁，
又D₁D?平面DED₁，DE?平面DED₁，D₁D∩DE=D，
∴平面DED₁∥平面BCC₁B₁，
∵EF?平面DED₁，
∴EF∥平面BCC₁B₁．
（II）∵AB=BC=CC₁=2CD，∠BCD=∠C₁CD=60°，
设CD=1，则BC=2，
在△BCD中，由余弦定理得BD²=BC²+CD²-2BC•CD•cos∠BCD=3，
∴BC²=CD²+BD²，
∴BD⊥CD．
同理：C₁D⊥CD，
∵平面D₁C₁CD⊥平面ABCD，平面D₁C₁CD∩平面ABCD=CD，C₁D?平面D₁C₁CD，
∴C₁D⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，
∴C₁D⊥BC．
在平面ABCD中，过D作DH⊥BC，垂足为H，连结C₁H．
∵DH?平面C₁DH，C₁D?平面C₁DH，DH∩C₁D=D，
∴BC⊥平面C₁DH，∵C₁H?平面C₁DH，
∴BC⊥C₁H，
∵BC∥B₁C₁，
∴C₁D⊥B₁C₁，B₁C₁⊥C₁H，
又C₁D?平面DC₁B₁，C₁H?平面BCC₁B₁，
∴∠DC₁H为平面BCC₁B₁与DC₁B₁平面所成的角．
在Rt△BCD中，DH=$\frac{BD•CD}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又C₁D=$\sqrt{3}$，
∴在Rt△C₁DH，C₁H=$\sqrt{{C}_{1}{D}^{2}+D{H}^{2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
∴cos∠DC₁H=$\frac{{C}_{1}D}{{C}_{1}H}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
∴平面BCC₁B₁与DC₁B₁平面所成的角（锐角）的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查了线面平行的判定定理，二面角的求法，构造平行平面和作出二面角是解题关键，属于难题．