Question

15．如图，已知AA₁⊥平面ABC，BB₁∥AA₁，AB=AC=3，BC=2$\sqrt{5}$，AA₁=$\sqrt{7}$，BB₁=2$\sqrt{7}$，点E和F分别为BC和A₁C的中点．
（Ⅰ）求证：EF∥平面A₁B₁BA； 
（Ⅱ）求异面直线A₁E与B₁C所成角的大小； 
（Ⅲ）求直线A₁B₁与平面BCB₁所成角的大小．

Answer 1

分析 （I）连接A₁B，由中位线定理得EF∥A₁B，故而EF∥平面A₁B₁BA；
（II）取BB₁的中点M，连接ME，A₁E，则∠A₁EM为异面直线A₁E与B₁C所成角，求出△A₁EM的边长，利用余弦定理求出∠A₁EM的大小；
（III）取B₁C的中点N，连接NE，A₁N．则A₁N∥AE，AE⊥平面B₁BC，故而AN⊥平面B₁BC，∠A₁B₁N为直线A₁B₁与平面BCB₁所成的角，计算tan∠A₁B₁N=$\frac{{A}_{1}N}{{B}_{1}N}$即可得出∠A₁B₁N的大小．

解答 解：（I）连接A₁B，
∵E，F分别是BC，A₁C的中点，
∴EF∥A₁B，
又A₁B?平面A₁B₁BA，EF?平面A₁B₁BA，
∴EF∥平面A₁B₁BA．
（II）取BB₁的中点M，连接ME，A₁E，
∵M，E分别是BB₁，BC的中点，
∴B₁C∥ME，∴∠A₁EM为异面直线A₁E与B₁C所成角．
∵AB=AC=3，BC=2$\sqrt{5}$，∴BE=$\frac{1}{2}BC$=$\sqrt{5}$，AE=$\sqrt{A{B}^{2}-B{E}^{2}}$=2，
∵AA₁=$\sqrt{7}$，BB₁=2$\sqrt{7}$，∴BM=$\frac{1}{2}B{B}_{1}$=$\sqrt{7}$．
∴ME=$\sqrt{M{B}^{2}+B{E}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，A₁E=$\sqrt{A{{A}_{1}}^{2}+A{E}^{2}}$=$\sqrt{11}$，A₁M=AB=3．
∴cos∠A₁EM=$\frac{{A}_{1}{E}^{2}+M{E}^{2}-{A}_{1}{M}^{2}}{2{A}_{1}E•ME}$=$\frac{11+12-9}{2•\sqrt{11}•2\sqrt{3}}$=$\frac{7\sqrt{33}}{66}$．
∴∠A₁EM=arccos$\frac{7\sqrt{33}}{66}$．
∴异面直线A₁E与B₁C所成角的大小为arccos$\frac{7\sqrt{33}}{66}$．
（III）取B₁C的中点N，连接NE，A₁N．
∵NE是△B₁BC的中位线，
∴NE$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$BB₁，又AA₁$\stackrel{∥}{=}\frac{1}{2}B{B}_{1}$，
∴NE$\stackrel{∥}{=}A{A}_{1}$，
∴四边形AA₁NE是平行四边形，∴AE∥A₁N．
∵AA₁⊥平面ABC，BB₁∥AA₁，
∴BB₁⊥平面ABC，∵AE?平面ABC，
∴BB₁⊥AE．又BC⊥AE，BB₁?平面B₁BC，BC?平面B₁BC，BB₁∩BC=B，
∴AE⊥平面B₁BC，
∴A₁N⊥平面B₁BC，
∴∠A₁B₁N为直线A₁B₁与平面BCB₁所成的角．
∵B₁N=$\frac{1}{2}$B₁C=ME=2$\sqrt{3}$，A₁N=AE=2，
∴tan∠A₁B₁N=$\frac{{A}_{1}N}{{B}_{1}N}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴∠A₁B₁N=30°．
∴直线A₁B₁与平面BCB₁所成角为30°．

点评 本题考查了线面平行的判定，空间角的计算，作出要求的空间角是解题关键，属于中档题．