Question

11．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，CC₁⊥底面ABC，AC=BC=CC₁=2，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B₁C₁的中點(diǎn)，G是棱BB₁上的動(dòng)點(diǎn)．
（1）當(dāng)$\frac{BG}{{B{B_1}}}$為何值時(shí)，平面CDG⊥平面A₁DE？
（2）求平面AB₁F與平面AD₁E所成的銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)G為BB₁中點(diǎn)（即$\frac{BG}{{B{B_1}}}=\frac{1}{2}$）時(shí)，平面CDG⊥平面A₁DE．證明D，E，C₁，A₁四點(diǎn)共面．連接C₁E交GC于H．證明CG⊥C₁E．DE⊥CG，推出CG⊥平面A₁DE，即可證明平面CDG⊥平面A₁DE．
（2）以C為原點(diǎn)，CA，CB，CC₁所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面A₁DE的法向量，平面A₁BF的法向量，設(shè)平面A₁BF與平面A₁DE所成的銳二面角為θ，利用數(shù)量積求解即可．

解答 解：（1）當(dāng)G為BB₁中點(diǎn)（即$\frac{BG}{{B{B_1}}}=\frac{1}{2}$）時(shí)，平面CDG⊥平面A₁DE．
證明如下：由于DE∥AC且$DE=\frac{1}{2}AC，AC∥{A_1}{C_1}，AC={A_1}{C_1}$，∴$DE∥{A_1}{C_1}，DE=\frac{1}{2}{A_1}{C_1}$，故D，E，C₁，A₁四點(diǎn)共面．
連接C₁E交GC于H．在正方形CBB₁C₁中，$tan∠{C_1}EC=2，tan∠BCG=\frac{1}{2}$，故∠CHE=90°，即CG⊥C₁E．又A₁C₁⊥平面CBB₁C₁，CG?平面CBB₁C₁，所以DE⊥CG，又因?yàn)镃₁E∩DE=E，故CG⊥平面A₁DE，從而平面CDG⊥平面A₁DE．
（2）三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，CC₁⊥底面ABC，
于是可以以C為原點(diǎn)，CA，CB，CC₁所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
如圖所示．

因?yàn)锳C=BC=CC₁=2，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B₁C₁的中點(diǎn)，
所以A₁（2，0，2），D（1，1，0），E（0，1，0），B（0，2，0），F(xiàn)（0，1，2），
G（0，2.1），$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（-2，2，-2），$\overrightarrow{{A}_{1}F}$=（-2，1，0）．
由（1）知平面A₁DE的法向量為$\overrightarrow{CG}$=（0，2，1），
設(shè)平面A₁BF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}F}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=0}\end{array}\right.$，即：$\left\{\begin{array}{l}{-2x+y=0}\\{-2x+2y-2z=0}\end{array}\right.$，
令x=1得$\overrightarrow n=（{1，2，1}）$，
設(shè)平面A₁BF與平面A₁DE所成的銳二面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{CG}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{CG}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{5}{\sqrt{30}}$=$\frac{\sqrt{30}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定定理以及平面與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．