Question

7．已知四棱柱ABC-A₁B₁C₁D₁的底面是边长为2的菱形，且∠BAD=$\frac{π}{3}$，AA₁⊥平面ABCD，设E为CD的中点
（1）求证：D₁E⊥平面BEC₁；
（2）点a在线段A₁B₁上，且AF∥平面BEC₁，求平面ADF和平面BEC₁所成锐角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由已知该四棱柱为直四棱柱，且△BCD为等边三角形，BE⊥CD，所以BE⊥平面CDD₁C₁，故BE⊥D₁E，在△C₁D₁E中的三边长分别为${C_1}E={D_1}E=\sqrt{2}，{C_1}{D_1}=2$，所以${C_1}{E^2}+{D_1}{E^2}={C_1}{D_1}^2$，所以D₁E⊥C₁E，故D₁E⊥平面BEC₁；
（2）取AB中点G，则由△ABD为等边三角形，知DG⊥AB，从而DG⊥DC，以DC，DG，DD₁为坐标轴，建立空间直角的坐标系，求得平面$（\sqrt{\frac{2-a}{4a}}，+∞）$和平面f'（x）＜0的法向量，即可求得平面$（\sqrt{\frac{2-a}{4a}}，+∞）$和平面f'（x）＜0所成锐角的余弦值．

解答 解：（1）证明：由已知该四棱柱为直四棱柱，且△BCD为等边三角形，BE⊥CD
所以BE⊥平面CDD₁C₁，而D₁E⊆平面CDD₁C₁，故BE⊥D₁E
因为△C₁D₁E的三边长分别为${C_1}E={D_1}E=\sqrt{2}，{C_1}{D_1}=2$，故△C₁D₁E为等腰直角三角形
所以D₁E⊥C₁E，结合D₁E⊥BE知：D₁E⊥平面BEC₁
（2）解：取AB中点G，则由△ABD为等边三角形
知DG⊥AB，从而DG⊥DC
以DC，DG，DD₁为坐标轴，建立如图所示的坐标系
此时$D（0，0，0），A（-1，\sqrt{3}，0），{D_1}（0，0，1），E（1，0，0）$，${A_1}（-1，\sqrt{3}，1），{B_1}（1，\sqrt{3}，1）$，
设$F（λ，\sqrt{3}，1）$
由上面的讨论知平面BEC₁的法向量为$\overrightarrow{{D_1}E}=（1，0，-1）$
由于AF?平面BEC₁，故AF∥平面BEC₁$?\overrightarrow{AF}⊥\overrightarrow{{D_1}E}?\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{{D_1}E}=0$
故（λ+1，0，1）•（1，0，-1）=（λ+1）-1=0⇒λ=0，故$F（0，\sqrt{3}，1）$
设平面ADF的法向量为$\overrightarrow a=（x，y，z）$，$\overrightarrow{DA}=（-1，\sqrt{3}，0），\overrightarrow{DF}=（0，\sqrt{3}，1）$
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow a=0}\\{\overrightarrow{DF}•\overrightarrow a=0}\end{array}}\right.$知$\left\{{\begin{array}{l}{-x+\sqrt{3}y=0}\\{\sqrt{3}y+z=0}\end{array}}\right.$，取$x=\sqrt{3}，y=1，z=-\sqrt{3}$，故$\overrightarrow a=（\sqrt{3}，1，-\sqrt{3}）$
设平面ADF和平面BEC₁所成锐角为θ，则$cosθ=\frac{{\overrightarrow a•\overrightarrow{{D_1}E}}}{{|{\overrightarrow a}|•|{\overrightarrow{{D_1}E}}|}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{\sqrt{7}•\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{42}}}{7}$
即平面ADF和平面BEC₁所成锐角的余弦值为$\frac{{\sqrt{42}}}{7}$

点评 本题考查了空间位置关系，二面角的求解，属于中档题．