Question

17．如圖，已知四邊形ABCD滿足AD∥BC，AB=AD=CD=$\frac{1}{2}$BC=2，E是BC的中點(diǎn)，將△BAE沿AE折成△B₁AE，使面B₁AE⊥面AECD，F(xiàn)為棱B₁D上一點(diǎn)．
（1）若F為B₁D的中點(diǎn)，求證：B₁D⊥面AEF；
（2）若B₁E⊥AF，求二面角C-AF-B₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取AE的中點(diǎn)M，連接MB₁，MD，推導(dǎo)出AE⊥B₁D，AF⊥B₁D，由此能證明B₁D⊥面AEF．
（2）分別以ME，MD，MB₁為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角C-AF-B₁的余弦值．

解答 解：（1）取AE的中點(diǎn)M，連接MB₁，MD，
則AE⊥MB₁，AE⊥MD，所以AE⊥面MDB₁，則AE⊥B₁D，
F為B₁D的中點(diǎn)，AD=AB₁，所以AF⊥B₁D，
所以B₁D⊥面AEF．
（2）如圖，分別以ME，MD，MB₁為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
E（1，0，0），A（-1，0，0），D（0，$\sqrt{3}$，0），B₁（0，0，$\sqrt{3}$），C（2，$\sqrt{3}$，0），
$\overrightarrow{{B}_{1}E}=（1，0，-\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{AC}$=（3，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{AD}$=（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{D{B}_{1}}$=（0，-$\sqrt{3}，\sqrt{3}$），
設(shè)$\overrightarrow{DF}$=$λ\overrightarrow{D{B}_{1}}$（0≤λ≤1），
則F（0，$\sqrt{3}（1-λ）$，$\sqrt{3}λ$），$\overrightarrow{AF}$=（1，$\sqrt{3}（1-λ），\sqrt{3}λ$），
由$\overrightarrow{{B}_{1}E}•\overrightarrow{AF}$=0，得$λ=\frac{1}{3}，\overrightarrow{AF}=（{1，\frac{2}{3}\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$，
設(shè)平面B₁AD的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{D{B}_{1}}=-\sqrt{3}y+\sqrt{3}z=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AD}=x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，取z=1，則$y=1，x=-\sqrt{3}$，$\overrightarrow{n_1}=（{-\sqrt{3}，1，1}）$，
設(shè)平面ACF的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{a，b，c}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{AC}=0\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{AF}=0\end{array}\right.得\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}a+b=0\\ \sqrt{3}a+2b+c=0\end{array}\right.$，
取a=1，則$b=-\sqrt{3}，c=\sqrt{3}$，$\overrightarrow{n_2}=（{1，-\sqrt{3}，\sqrt{3}}）$，
$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{-\sqrt{3}}}{{\sqrt{5}•\sqrt{7}}}=-\frac{{\sqrt{105}}}{35}$，
根據(jù)$\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}$的方向得二面角C-AF-B₁的余弦值為$-\frac{{\sqrt{105}}}{35}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．