Question

14．如图，正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E、F，M分别是AB，AM，AA₁的中点，P，Q分别是A₁B₁，A₁D₁上的动点（不与A₁重合），且A₁P=A₁Q．
（1）求证：EF∥平面MPQ；
（2）当平面MPQ与平面EFM所成二面角为直二面角时，求二面角E-MP-F的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结BD，B₁D₁，推导出EF∥PQ，由此能证明EF∥平面MPQ．
（2）正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为2，设A₁P=A₁Q=a，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，利用向量法能求出二面角E-MP-F的余弦值．

解答 证明：（1）连结BD，B₁D₁，∵A₁P=A₁Q，∴PQ∥B₁D₁，
又E，F分别是AB，AD的中点，∴EF∥BD，
由题意知BD∥B₁D₁，∴EF∥PQ，
∵PQ?平面MPQ，EF?平面MPQ，
∴EF∥平面MPQ．
解：（2）正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为2，设A₁P=A₁Q=a，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则M（2，0，1），F（1，0，0），E（2，1，0），P（2，a，2），
Q（2-a，0，2），
$\overrightarrow{MP}$=（0，a，1），$\overrightarrow{ME}$=（0，1，-1），$\overrightarrow{MF}$=（-1，0，-1），
设平面EFM的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），平面MPQ的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{ME}=y-z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MF}=-x-z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-1），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{MP}=at+z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{MQ}=-ax+z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-1，a），
∵平面MPQ与平面EFM所成二面角为直二面角，
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}$=1+1-a=0，解得a=2，
∴P（2，2，2），与B₁重合，Q（0，0，2）与D₁重合，
平面MPF即为平面ABB₁A₁，其法向量为$\overrightarrow{DA}$=（2，0，0），
设平面MPF的法向量$\overrightarrow{p}$=（x，y，z），$\overrightarrow{MP}$=（0，2，1），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{MP}=2y+z=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{MF}=-x-z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{p}$=（1，$\frac{1}{2}$，-1），
设二面角E-MP-F的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{p}•\overrightarrow{DA}|}{|\overrightarrow{p}|•|\overrightarrow{DA}|}$=$\frac{2}{2\sqrt{2+\frac{1}{4}}}$=$\frac{2}{3}$，
∴二面角E-MP-F的余弦值为$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查空间位置关系的判断与证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题．