17.如圖在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥側(cè)面BB1C1C,BC=BC1=$\sqrt{2}$,AB=CC1=2,點(diǎn)E在棱BB1上.
(Ⅰ)證明C1B⊥平面ABC;
(Ⅱ)試確定點(diǎn)E位置,使得二面角A-C1E-C  的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$.

分析 (Ⅰ)推導(dǎo)出C1B⊥BC,AB⊥BC1,由此能證明C1B⊥平面ABC.
(Ⅱ)以B為空間坐標(biāo)系的原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能求出二面角A-C1E-C的余弦值.

解答 證明:(Ⅰ)因?yàn)锽C=$\sqrt{2}$,CC1=BB1=2,∠BCC1=$\frac{π}{4}$,
在△BCC1中,由余弦定理,得C1B=$\sqrt{2}$,…(2分)
所以C1B2+BC2=CC$\o(2,1)$,C1B⊥BC.
又AB⊥側(cè)面BCC1B1,故AB⊥BC1,
又CB∩AB=B,所以C1B⊥平面ABC.  …(5分)
解:(Ⅱ)由(Ⅰ)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,-$\sqrt{2}$),$\overrightarrow{{C}_{1}E}$=$\overrightarrow{{C}_{1}B}$+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),
則有$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{C}_{1}A}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{C}_{1}E}=0}\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}{2y-\sqrt{2}z=0}\\{\sqrt{2}λx+(\sqrt{2}-\sqrt{2}λ)z=0}\end{array}\right.$,
令z=$\sqrt{2}$,取$\overrightarrow{m}$=($\frac{\sqrt{2}(λ-1)}{λ}$,1,$\sqrt{2}$),…(9分)
又平面C1EC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=(0,1,0),
所以cos<$\overrightarrow{m}$,$\overrightarrow{n}$>=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\frac{2(λ-1)^{2}}{{λ}^{2}}+3}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$,解得λ=$\frac{1}{2}$.
所以當(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,考查二面角的大小的求法,是中檔題,注意向量法的合理運(yùn)用.

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