Question

19．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D，E分別是AB，BB₁的中點，AA₁=AC=CB=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$AB．
（1）求證：BC₁∥平面A₁CD；
（2）求銳角二面角D-A₁E-C的平面角．

Answer 1

分析 （1）以C為坐標原點，分別以CB，CA，CC₁為x，y，z軸，建立空間直角坐標系．設(shè)AB=2，分別求出C₁，B，A，D，A₁，C，$\overrightarrow{CD}$，$\overrightarrow{C{A}_{1}}$的坐標，設(shè)平面A₁CD的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），運用向量垂直條件：數(shù)量積為0，取x=2，求出法向量，即可得證；
（2）求出B₁，D，A₁，由題意可得E，$\overrightarrow{DE}$，$\overrightarrow{CE}$，$\overrightarrow{{A}_{1}E}$，的坐標，分別設(shè)平面A₁DE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），平面A₁CE的法向量為$\overrightarrow{k}$=（x₂，y₂，z₂），運用向量垂直條件：數(shù)量積為0，可得法向量，再由向量夾角公式，即可得到所求平面角．

解答 解：（1）證明：以C為坐標原點，分別以CB，CA，CC₁為x，y，z軸，建立空間直角坐標系．
設(shè)AB=2，AA₁=AC=CB=$\sqrt{2}$，可得C₁（0，0，$\sqrt{2}$），B（$\sqrt{2}$，0，0），A（0，$\sqrt{2}$，0），
D（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），A₁（0，$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），C（0，0，0），
$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（0，$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），
設(shè)平面A₁CD的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=0}\\{\sqrt{2}y+\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，
取x=2，則$\overrightarrow{m}$=（2，-2，2），
又$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（-$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{2}$），
$\overrightarrow{B{C}_{1}}$•$\overrightarrow{m}$=-2$\sqrt{2}$+0+2$\sqrt{2}$=0，
即有$\overrightarrow{B{C}_{1}}$⊥$\overrightarrow{m}$，
則BC₁∥平面A₁CD；
（2）B₁（$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{2}$），D（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），A₁（0，$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$），
由題意可得E（$\sqrt{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
$\overrightarrow{DE}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{CE}$=（$\sqrt{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
$\overrightarrow{{A}_{1}E}$=（$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
設(shè)平面A₁DE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}E}=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}-\frac{\sqrt{2}}{2}{y}_{1}+\frac{\sqrt{2}}{2}{z}_{1}=0}\\{\sqrt{2}{x}_{1}-\sqrt{2}{y}_{1}-\frac{\sqrt{2}}{2}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，
取y₁=1，則$\overrightarrow{n}$=（1，1，0），
設(shè)平面A₁CE的法向量為$\overrightarrow{k}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{k}•\overrightarrow{CE}=0}\\{\overrightarrow{k}•\overrightarrow{{A}_{1}E}=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}{x}_{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}{z}_{2}=0}\\{\sqrt{2}{x}_{2}-\sqrt{2}{y}_{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，
取z₂=2，則$\overrightarrow{k}$=（-1，-2，2），
則cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{k}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{k}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{k}|}$=$\frac{-1-2+0}{\sqrt{2}•\sqrt{1+4+4}}$=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{k}$＞∈[0，π]，可得＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{k}$＞=$\frac{3π}{4}$．
則二面角D-A₁E-C的平面角為$\frac{π}{4}$．

點評 本題考查線面平行的證明和二面角平面角的求法，注意運用向量法，運用向量數(shù)量積和夾角公式，考查運算能力，屬于中檔題．