Question

20．已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，侧面ABB₁A₁为正方形，延长AB到D，使得AB=BD，平面AA₁C₁C⊥平面ABB₁A₁，A₁C₁=$\sqrt{2}$AA₁，∠C₁A₁A=$\frac{π}{4}$．
（Ⅰ）若E，F分别为C₁B₁，AC的中点，求证：EF∥平面ABB₁A₁；
（Ⅱ）求平面A₁B₁C₁与平面CB₁D所成的锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取A₁C₁的中点G，连结FG，EG，则EG∥A₁B₁，从而GE∥ABB₁A₁，同理得GF∥平面ABB₁A₁，从平面GEF∥平面ABB₁A₁，由此能证明EF∥平面ABB₁A₁．
（Ⅱ）连结AC₁，推导出AC₁⊥AA₁，从而AC₁⊥平面ABB₁A₁，再求出AC₁⊥AB，AA₁⊥AB，分别以AA₁，AB，AC₁所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面A₁B₁C₁与平面CB₁D所成的锐二面角的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）取A₁C₁的中点G，连结FG，EG，
在△A₁B₁C₁中，EG为中位线，∴EG∥A₁B₁，
∴GE?平面ABB₁A₁，A₁B₁?平面ABB₁A₁，
∴GE∥ABB₁A₁，同理得GF∥平面ABB₁A₁，
又GF∩GE=G，∴平面GEF∥平面ABB₁A₁，
∵EF?平面GEF，∴EF∥平面ABB₁A₁．
解：（Ⅱ）连结AC₁，在△AA₁C₁中，$∠{C}_{1}{A}_{1}A=\frac{π}{4}$，${A}_{1}{C}_{1}=\sqrt{2}A{A}_{1}$，
∴由余弦定理得$A{{C}_{1}}^{2}$=$A{{A}_{1}}^{2}$+${A}_{1}{{C}_{1}}^{2}$-2AA₁×A₁C₁cos∠AA₁C₁=$A{{A}_{1}}^{2}$，
∴AA₁=AC₁，△A₁AC₁是等腰直角三角形，AC₁⊥AA₁，
又∵平面AA₁C₁C∩平面ABB₁A₁=AA₁，
∴AC₁⊥平面ABB₁A₁，
∵AB?平面ABB₁A₁，∴AC₁⊥AB，
又∵侧面ABB₁A₁为正方形，∴AA₁⊥AB，
分别以AA₁，AB，AC₁所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设AB=1，则A（0，0，0），A₁（1，0，0），B₁（1，1，0），
C₁（0，0，1），C（-1，0，1），D（0，2，0），
∴$\overrightarrow{C{B}_{1}}$=（2，1，-1），$\overrightarrow{CD}$=（1，2，-1），$\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}$=（0，1，0），
设平面A₁B₁C₁的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=-x+z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，1），
设平面CB₁D的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=2a+b-c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=a+2b-c=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，3），
cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{4}{\sqrt{2}×\sqrt{11}}$=$\frac{2\sqrt{22}}{11}$，
∴平面A₁B₁C₁与平面CB₁D所成的锐二面角的余弦值为$\frac{2\sqrt{22}}{11}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．