Question

7．如圖，已知直三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面是邊長(zhǎng)為4的正三角形，B，E，F(xiàn)分別是AA₁，CC₁的中點(diǎn)，且BE⊥B₁F．
（1）求證：B₁F⊥EC₁；
（2）求二面角C₁-BE-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）分別取BC₁，BC中點(diǎn)D，G，連結(jié)ED，AG，推導(dǎo)出AG⊥面BCC₁B₁，從而ED⊥B₁F，BE⊥B₁F，由此能證明B₁F⊥面BEC₁，進(jìn)一步得到B₁F⊥EC₁；
（2）以O(shè)為原點(diǎn)，OE為x軸，OC為y軸，過(guò)O作平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，利用向量法能求出二面角C₁-BE-C的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：分別取BC₁，BC中點(diǎn)D，G，連結(jié)ED，AG，
∵ABC-A₁B₁C₁是直三棱柱，且底面是正三角形，
∴AG⊥面BCC₁B₁，
又∵E，D都是中點(diǎn)，∴ED∥AG，則ED⊥面BCC₁B₁，可得ED⊥B₁F，
已知BE⊥B₁F，且BE∩ED=E，∴B₁F⊥面BEC₁，則B₁F⊥EC₁；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知B₁F⊥面BEC₁，∴B₁F⊥BC₁，則△B₁C₁F∽△BB₁C₁，
∴$\frac{{C}_{1}F}{{C}_{1}{B}_{1}}=\frac{{C}_{1}{B}_{1}}{B{B}_{1}}$，設(shè)BB₁=a，則C₁F=$\frac{a}{2}$，代入得a=$4\sqrt{2}$，
以O(shè)為原點(diǎn)，OE為x軸，OC為y軸，過(guò)O作平面ABC的垂線為z軸，建立如圖坐標(biāo)系O-xyz，
得C（0，2，0），B（$2\sqrt{3}$，0，0），E（0，-2，$2\sqrt{2}$），
C₁（0，2，4$\sqrt{2}$），B₁（$2\sqrt{3}$，0，$4\sqrt{2}$），F(xiàn)（0，2，2$\sqrt{2}$）．
∵B₁F⊥面BEC₁，∴平面BEC₁的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{B}_{1}F}=（-2\sqrt{3}，2，-2\sqrt{2}）$；
設(shè)平面BEC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=-2\sqrt{3}x+2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-2\sqrt{3}x-2y+2\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得y=3，z=$3\sqrt{2}$．
∴$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，3，3\sqrt{2}）$．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{B}_{1}F}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{B}_{1}F}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{{B}_{1}F}|}$=$\frac{-2\sqrt{3}×\sqrt{3}+2×3-2\sqrt{2}×3\sqrt{2}}{\sqrt{30}×2\sqrt{6}}$=$-\frac{\sqrt{5}}{5}$．
∴二面角C₁-BE-C的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定，考查了空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求解二面角的平面角，是中檔題．