Question

18．如圖在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，已知AB⊥側(cè)面BB₁C₁C，BC=$\sqrt{2}$，AB=CC₁=2，∠BCC₁=$\frac{π}{4}$，點(diǎn)E在棱BB₁上．
（1）求C₁B的長，并證明C₁B⊥平面ABC；
（2）若BE=λBB₁，試確定λ的值，使得二面角A-C₁E-C的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）由余弦定理，得C₁B=$\sqrt{2}$，由勾股定理得C₁B⊥BC．由線面垂直得AB⊥BC₁，由此能證明C₁B⊥平面ABC．
（2）以B為空間坐標(biāo)系的原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時(shí)，二面角A-C₁E-C的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

解答 解：（1）因?yàn)锽C=$\sqrt{2}$，CC₁=BB₁=2，∠BCC₁=$\frac{π}{4}$，
在△BCC₁中，由余弦定理，得C₁B=$\sqrt{2+4-2×2×\sqrt{2}×cos45°}$=$\sqrt{2}$，…（2分）
所以C₁B²+BC²=CC₁²，即C₁B⊥BC．
又AB⊥側(cè)面BCC₁B₁，故AB⊥BC₁，
又CB∩AB=B，所以C₁B⊥平面ABC． …（5分）
（2）由（1）知，BC，BA，BC₁兩兩垂直，
以B為空間坐標(biāo)系的原點(diǎn)，建立如圖所示的坐標(biāo)系，
則B（0，0，0），A（0，2，0），C（$\sqrt{2}$，0，0），
$\overrightarrow{{C}_{1}A}$=（0，2，-$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{{C}_{1}D}$=$\overrightarrow{{C}_{1}B}$+λ$\overrightarrow{B{B}_{1}}$=$\overrightarrow{{C}_{1}B}$+λ$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=（-$\sqrt{2}$λ，0，$\sqrt{2}$λ-$\sqrt{2}$），
設(shè)平面AC₁E的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{C}_{1}A}=2y-\sqrt{2}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{C}_{1}E}=\sqrt{2}λx+（\sqrt{2}-\sqrt{2}λ）z=0}\end{array}\right.$，
令z=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\frac{\sqrt{2}（λ-1）}{λ}$，1，$\sqrt{2}$），
平面C₁EC的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n}$=（0，1，0），
∵BE=λBB₁，確定λ的值，使得二面角A-C₁E-C的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{（\frac{\sqrt{2}（λ-1）}{λ}）^{2}+3}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
解得$λ=\frac{1}{2}$，
∴當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時(shí)，二面角A-C₁E-C的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查滿足二面角的余弦值的實(shí)數(shù)值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．