Question

4．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面ABB₁A₁⊥平面ABC，△ABC為等邊三角形，AB=$\frac{1}{2}$AA₁=1，∠A₁AB=120°，D，E分別是BC，A₁C₁的終點．
（1）試在棱AB上找一點F，使DE∥平面A₁CF；
（2）在（1）的條件下，求二面角A-A₁C-F的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)DF，又∵D、E分別是BC、A₁C₁的中點，推導出四邊形A₁FDE是平行四邊形，從而DE∥A₁F，由此能求出DE∥平面A₁CF．
（2）過點B₁作平面A₁B的垂線B₁z，分別以B₁A₁，B₁A，B₁z的方向為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A-A₁C-F的余弦值．

解答 解：（1）當F為AB中點時，DE∥平面A₁CF．
證明：連結(jié)DF，又∵D、E分別是BC、A₁C₁的中點，∴DF$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AC，
又AC$\underset{∥}{=}$A₁C₁，且A₁E=$\frac{1}{2}$A₁C₁，∴DF$\underset{∥}{=}$A₁E，
∴四邊形A₁FDE是平行四邊形，
∴DE∥A₁F，
又A₁F?平面A₁CF，DE?平面A₁CF，
∴DE∥平面A₁CF．
（2）由題意∠AA₁B₁=60°，∵AB=$\frac{1}{2}$AA₁=1，∴A₁B₁=1，
∴AB₁=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}-2×2×1×cos60°}$=$\sqrt{3}$，
∴$A{{B}_{1}}^{2}+{A}_{1}{{B}_{1}}^{2}={A}_{1}{A}^{2}$，∴A₁B₁⊥AB₁，
過點B₁作平面A₁B的垂線B₁z，分別以B₁A₁，B₁A，B₁z的方向為x，y，z軸，
建立空間直角坐標系，
則A₁（1，0，0），A（0，$\sqrt{3}$，0），C（-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），F(xiàn)（-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$，0），
則$\overrightarrow{{A}_{1}A}$=（-1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-$\frac{3}{2}$，$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{FC}$=（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面A₁CF的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），平面A₁AC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=-\frac{3}{2}x+\sqrt{3}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{FC}=\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=2，得$\overrightarrow{m}$=（2，$\sqrt{3}$，0），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=-\frac{3}{2}a+\sqrt{3}b+\frac{\sqrt{3}}{2}c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}A}=-a+\sqrt{3}b=0}\end{array}\right.$，取c=1，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，1，1$），
設(shè)二面角A-A₁C-F的平面角為θ，
∴cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{7}•\sqrt{5}}$=$\frac{3\sqrt{105}}{35}$，
∴二面角A-A₁C-F的余弦值為$\frac{3\sqrt{105}}{35}$．

點評 本題考查滿足線面平行的點的位置的確定與求法，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．