Question

3．如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=AC=AA₁=4，BC=2$\sqrt{2}$，BD⊥AC，垂足為D，E為棱BB₁上一點，BD∥平面AC₁E．
（Ⅰ）求線段B₁E的長；
（Ⅱ）求二面角C₁-AC-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）建立坐標(biāo)系，根據(jù)線面平行的向量共面條件，求出E的坐標(biāo)即可求線段B₁E的長；
（Ⅱ）求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角C₁-AC-E的余弦值．

解答 解：（Ⅰ）在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，BD⊥AC，
∴BD⊥平面ACC₁A₁，
建立以D為坐標(biāo)原點，DA，DB，DD₁分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
∵AB=AC=4，BC=2$\sqrt{2}$，
∴取BC的中點H，則AH=$\sqrt{16-2}$=$\sqrt{14}$，
則由$\frac{1}{2}$BC•AH=$\frac{1}{2}$AC•BD，得BD=$\frac{BC•AH}{AC}$=$\frac{2\sqrt{2}×\sqrt{14}}{4}$=$\sqrt{7}$，
則AD=$\sqrt{A{B}^{2}-B{D}^{2}}$=$\sqrt{16-7}=\sqrt{9}$=3，
則DC=4-3=1，
則D（0，0，0），A（3，0，0），C（-1，0，0），B（0，$\sqrt{7}$，0），C₁（-1，0，4），
設(shè)BE=h，則E（0，$\sqrt{7}$，h），
則$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=（-4，0，4），$\overrightarrow{AE}$=（-3，$\sqrt{7}$，h），
∵BD∥平面AC₁E．
∴$\overrightarrow{DB}$=x$\overrightarrow{A{C}_{1}}$+y$\overrightarrow{AE}$，
即（0，$\sqrt{7}$，0）=（-4x，0，4x）+（-3y，$\sqrt{7}$y，hy），
則$\left\{\begin{array}{l}{-4x-3y=0}\\{\sqrt{7}y=\sqrt{7}}\\{4x+hy=0}\end{array}\right.$，得y=1，h=3，
即BE=3，則B₁E=4-3=1，則求線段B₁E的長為1；
（Ⅱ）平面C₁AC的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，1，0），
設(shè)平面ACE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則E（0，$\sqrt{7}$，3），
$\overrightarrow{AE}$=（-3，$\sqrt{7}$，3），$\overrightarrow{AC}$=（-4，0，0）
則由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{-4x=0}\\{-3x+\sqrt{7}y+3z=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{z=-\frac{\sqrt{7}}{3}y}\end{array}\right.$，
令y=3，則z=-$\sqrt{7}$，即$\overrightarrow{n}$=（0，3，-$\sqrt{7}$）．
則cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3}{1×\sqrt{{3}^{2}+（-\sqrt{7}）^{2}}}$=$\frac{3}{\sqrt{16}}$=$\frac{3}{4}$，
即二面角C₁-AC-E的余弦值是$\frac{3}{4}$．

點評 本題主要考查線面平行的應(yīng)用以及二面角的求解，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進(jìn)行求解，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．