Question

13．如圖甲，設(shè)正方形ABCD的邊長為3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CD上，并且滿足AE=2EB，CF=2FD，如圖乙，將直角梯形AEFD沿EF折到A₁EFD₁的位置，使點(diǎn)A₁在平面EBCF上的射影G恰好在BC上．M點(diǎn)為EA₁的中點(diǎn)．
（1）證明：BM∥平面CD₁F；
（2）求二面角M-BF-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出A₁E∥D₁F，BE∥CF，從而平面A₁EB∥平面D₁FC，由此能證明BM∥平面CD₁F．
（2）作GH⊥EF，垂足為H，連接A₁H，作GT∥BE交EF于點(diǎn)T，則TG⊥GC，以點(diǎn)G為原點(diǎn)，分別以GC、GT、GA₁所在直線為x、y、z軸，建立如空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角M-BF-C的余弦值．

解答 證明：（1）在圖甲中，由題意知AE∥DF，
從而在圖乙中有A₁E∥D₁F
又BE∥CF，BE∩A₁E，D₁F∩CF=F，
A₁E，BE?平面A₁EB，D₁F，CF?平面D₁FC，
∴平面A₁EB∥平面D₁FC，
又BM?平面A₁EB，∴BM∥平面CD₁F．
（2）解：如圖，在圖乙中作GH⊥EF，垂足為H，連接A₁H，由于A₁G⊥平面EBCF，則A₁G⊥EF，
∴EF⊥平面A₁GH，則EF⊥A₁H，圖甲中有EF⊥AH，
又GH⊥EF，則A、G、H三點(diǎn)共線，
設(shè)CF的中點(diǎn)為N，則NF=1，可證△ABG≌△ENF，
∴BG=NF=1，則AG=$\sqrt{10}$；
又由△ABG∽△AHE，得A₁H=AH=$\frac{AB•AE}{AG}$=$\frac{6}{\sqrt{10}}$，
于是，HG=AG-AH=$\frac{4}{\sqrt{10}}$，
在Rt△A₁GH中，A₁G=$\sqrt{{A}_{1}{H}^{2}-H{G}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{6}{\sqrt{10}}）^{2}-（\frac{4}{\sqrt{10}}）^{2}}$=$\sqrt{2}$，
作GT∥BE交EF于點(diǎn)T，則TG⊥GC，
以點(diǎn)G為原點(diǎn)，分別以GC、GT、GA₁所在直線為x、y、z軸，建立如圖丙所示的空間直角坐標(biāo)系，
則G（0，0，0），E（-1，1，0），F(xiàn)（2，2，0），A₁（0，0，$\sqrt{2}$），
B（-1，0，0），M（-$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），C（2，0，0），
$\overrightarrow{BF}$=（3，2，0），$\overrightarrow{BM}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{BC}$=（3，0，0），
設(shè)平面BFM的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=3x+2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=2，得$\overrightarrow{n}$=（2，-3，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
平面BFC的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
設(shè)二面角M-BF-C的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\frac{27}{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{9}$．
∴二面角M-BF-C的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{9}$．

點(diǎn)評 熟練掌握線面平行的判定定理、三角形的相似與全等的判定定理和性質(zhì)定理、通過建立空間直角坐標(biāo)系利用法向量的夾角求二面角的方法等知識與方法是解題的關(guān)鍵．