Question

12．如圖，已知在長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AD=A₁A=$\frac{1}{2}$AB=2，點E是棱AB上一點，且$\frac{AE}{EB}$=λ．
（1）證明：D₁E⊥A₁D；
（2）若二面角D₁-EC-D的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求CE與平面D₁ED所成的角．

Answer 1

分析 根據(jù)題意，可以采用建立空間直角坐標(biāo)系，向量法來證明；以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD₁所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系；計算出個頂點的坐標(biāo)，（1）由$\overrightarrow{{D}_{1}E}•\overrightarrow{{A}_{1}D}=0$⇒D₁E⊥A₁D；
（2）求出平面D₁EC和ECD平面的法向量，利用兩平面的夾角的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，解出λ．再求CE與平面D₁ED所成的角．

解答 解：（1）以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD₁所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
由：ABCD-A₁B₁C₁D₁是長方體，AD=A₁A=$\frac{1}{2}$AB=2，則：D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，4，0），C（0，4，0），A₁（2，0，2），B₁（2，4，2），C₁（0，4，2），D₁（0，0，2），
證明（1）：
∵$\frac{AE}{EB}$=λ，則E（2，$\frac{4λ}{1+λ}$，0），那么 $\overrightarrow{{D}_{1}E}$=（2，$\frac{4λ}{1+λ}$，-2），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（-2，0，-2）
則：$\overrightarrow{{D}_{1}E}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（2，$\frac{4λ}{1+λ}$，-2）•（-2，0，-2）=0，故D₁E⊥A₁D．
得證．
（用幾何法提示：先證出A₁D⊥平面D₁AE，然后證出A₁D⊥D₁E）
（2）由題意：ABCD-A₁B₁C₁D₁是長方體，D₁D⊥平面ABCD，
∴平面DEC的一個法向量為n₁=（0，0，2）．
又$\overrightarrow{CE}=（2，\frac{4λ}{1+λ}-4，0）$，$\overrightarrow{C{D}_{1}}=（0，-4，2）$${n}_{2}•\overrightarrow{C{D}_{1}}=-4y+2z=0$
設(shè)平面D₁CE的法向量為n₂=（x，y，z），則
${n}_{2}•\overrightarrow{CE}=2x+y（\frac{4λ}{1+λ}-4）=0$
${n}_{2}•\overrightarrow{C{D}_{1}}=-4y+2z=0$
所以：向量n₂的一個解是（2-$\frac{2λ}{1+λ}$，1，2）；
因為二面角D₁-EC-D的余弦值為 $\frac{\sqrt{6}}{3}$，則$\frac{{n}_{1}{n}_{2}}{|{n}_{1}|•|{n}_{2}|}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
解得λ=1．
因為λ=1，所以E（2，2，0），故 $\overrightarrow{D{D}_{1}}$=（0，0，2），
$\overrightarrow{DE}$=（2，2，0），$\overrightarrow{CE}$=（2，-2，0），
因此 $\overrightarrow{CE}$•$\overrightarrow{D{D}_{1}}$=0，$\overrightarrow{CE}$•$\overrightarrow{DE}$=0，故CE⊥平面D₁ED．
即CE與平面D₁ED所成角為$\frac{π}{2}$．

點評 本題考查了兩條異面直線垂直的證明和線面角的問題，利用已知條件求出參數(shù)，是解本題的關(guān)鍵．屬于中檔題．