Question

15．（理） 如圖，正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AA₁=2AB=4，點(diǎn)E在C₁C上，且C₁E=3EC．
（1）證明A₁C⊥平面BED；
（2）求點(diǎn)A₁到面BED的距離
（3）求二面角A₁-DE-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）建立坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{{A}_{1}C}$，$\overrightarrow{DB}$，$\overrightarrow{DE}$的坐標(biāo)，通過計(jì)算數(shù)量積得出A₁C⊥BD，A₁C⊥DE，故A₁C⊥平面BED；
（2）計(jì)算$\overrightarrow{{A}_{1}D}$與$\overrightarrow{{A}_{1}C}$的夾角，即可得出A₁到平面BED的距離；
（3）求出平面A₁DE的法向量，通過計(jì)算兩平面的法向量的夾角得出二面角的大�。�

解答 證明：（1）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線DA為x軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz．
則B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A₁（2，0，4）．
∴$\overrightarrow{DE}$=（0，2，1），$\overrightarrow{DB}$=（2，2，0），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-2，2，-4），$\overrightarrow{D{A}_{1}}$=（2，0，4）．
（1）∵$\overrightarrow{{A}_{1}C}$•$\overrightarrow{DB}$=0，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$•$\overrightarrow{DE}$=0，
∴A₁C⊥BD，A₁C⊥DE．
又DB?平面DBE，DE?平面DBE，DB∩DE=D，
∴A₁C⊥平面DBE．
（2）cos＜$\overrightarrow{{A}_{1}D}$，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞=$\frac{\overrightarrow{{A}_{1}D}•\overrightarrow{{A}_{1}C}}{|\overrightarrow{{A}_{1}D}||\overrightarrow{{A}_{1}C}|}$=$\frac{20}{2\sqrt{5}•2\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{30}}{6}$．
∴A₁D與平面BDE所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{30}}{6}$．
∴A₁到平面BDE的距離為A₁D•cos＜$\overrightarrow{{A}_{1}D}$，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞=2$\sqrt{5}$•$\frac{\sqrt{30}}{6}$=$\frac{5\sqrt{6}}{3}$．
（3）設(shè)向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）是平面DA₁E的法向量，則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{2y+z=0}\\{2x+4z=0}\end{array}\right.$．令y=1，得$\overrightarrow{n}$=（4，1，-2）．
∴cos＜n，$\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{{A}_{1}C}|}$=$\frac{2}{\sqrt{21}•2\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{14}}{42}$．
∴二面角A₁-DE-B的余弦值為$\frac{\sqrt{14}}{42}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．