8.如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,E,F(xiàn)分別是BB1,A1C1的中點(diǎn).
(Ⅰ)求證EF∥平面A1BC;
(Ⅱ)若AB=AC=AA1=1,求二面角A1-BC-F的平面角的余弦值.

分析 (Ⅰ)可取CC1的中點(diǎn)M,并連接EM,F(xiàn)M,從而可以得到EM∥平面A1BC,F(xiàn)M∥平面A1BC,由面面平行的判定定理即可得出平面FEM∥平面A1BC,從而有EF∥平面A1BC;
(Ⅱ)根據(jù)條件可分別以AB,AC,AA1三直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,可由AB=AC=AA1求出圖形上一些點(diǎn)的坐標(biāo),從而得出$\overrightarrow{B{A}_{1}}=(-1,0,1),\overrightarrow{BC}=(-1,1,0),\overrightarrow{BF}=(-1,\frac{1}{2},1)$,可設(shè)平面A1BC的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1})$,根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$便可求出平面A1BC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=(1,1,1)$,而同理可以求出平面FBC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=(2,2,1)$,從而可以求出$cos<\overrightarrow{{n}_{1}},\overrightarrow{{n}_{2}}>$,這便可得出二面角A1-BC-F的平面角的余弦值.

解答 解:
(Ⅰ)證明:如圖,取CC1中點(diǎn)M,連結(jié)EM,F(xiàn)M;
∵E,F(xiàn)分別是BB1,A1C1的中點(diǎn);
∴EM∥BC,F(xiàn)M∥A1C;
∴EM∥平面A1BC,F(xiàn)M∥平面A1BC,且EM∩FM=M;
∴平面EFM∥平面A1BC;
∴EF∥平面A1BC;
(Ⅱ)根據(jù)題意知,AB,AC,AA1三直線兩兩垂直,分別以這三直線為x,y,z軸,建立如圖空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則:
B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1),$F(0,\frac{1}{2},1)$;
∴$\overrightarrow{B{A}_{1}}=(-1,0,1),\overrightarrow{BC}=(-1,1,0)$,$\overrightarrow{BF}=(-1,\frac{1}{2},1)$;
設(shè)平面A1BC的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$=(x1,y1,z1),則:
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=-{x}_{1}+{z}_{1}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{BC}=-{x}_{1}+{y}_{1}=0}\end{array}\right.$,取x1=1,得y1=1,z1=1,∴$\overrightarrow{{n}_{1}}=(1,1,1)$;
同理可得平面FBC的一個(gè)法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}=(2,2,1)$;
∴$cos<\overrightarrow{{n}_{1}},\overrightarrow{{n}_{2}}>=\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}=\frac{5}{\sqrt{3}•3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{9}$;
所以二面角A1-BC-F的余弦值為$\frac{{5\sqrt{3}}}{9}$.

點(diǎn)評(píng) 考查三角形中位線的性質(zhì),線面平行及面面平行的判定定理,面面平行的性質(zhì),以及通過建立空間直角坐標(biāo)系,利用空間向量解決幾何問題的方法,能求空間點(diǎn)的坐標(biāo),平面法向量的概念及求法,以及向量夾角余弦的坐標(biāo)公式.

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