Question

14．如圖，正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E、F，M分別是AB，AM，AA₁的中點(diǎn)，P，Q分別是A₁B₁，A₁D₁上的動點(diǎn)（不與A₁重合），且A₁P=A₁Q．
（1）求證：EF∥平面MPQ；
（2）當(dāng)平面MPQ與平面EFM所成二面角為直二面角時，求二面角E-MP-F的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)BD，B₁D₁，推導(dǎo)出EF∥PQ，由此能證明EF∥平面MPQ．
（2）正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長為2，設(shè)A₁P=A₁Q=a，以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，利用向量法能求出二面角E-MP-F的余弦值．

解答 證明：（1）連結(jié)BD，B₁D₁，∵A₁P=A₁Q，∴PQ∥B₁D₁，
又E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，∴EF∥BD，
由題意知BD∥B₁D₁，∴EF∥PQ，
∵PQ?平面MPQ，EF?平面MPQ，
∴EF∥平面MPQ．
解：（2）正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長為2，設(shè)A₁P=A₁Q=a，
以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，
則M（2，0，1），F(xiàn)（1，0，0），E（2，1，0），P（2，a，2），
Q（2-a，0，2），
$\overrightarrow{MP}$=（0，a，1），$\overrightarrow{ME}$=（0，1，-1），$\overrightarrow{MF}$=（-1，0，-1），
設(shè)平面EFM的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），平面MPQ的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{ME}=y-z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MF}=-x-z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-1），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{MP}=at+z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{MQ}=-ax+z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-1，a），
∵平面MPQ與平面EFM所成二面角為直二面角，
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}$=1+1-a=0，解得a=2，
∴P（2，2，2），與B₁重合，Q（0，0，2）與D₁重合，
平面MPF即為平面ABB₁A₁，其法向量為$\overrightarrow{DA}$=（2，0，0），
設(shè)平面MPF的法向量$\overrightarrow{p}$=（x，y，z），$\overrightarrow{MP}$=（0，2，1），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{MP}=2y+z=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{MF}=-x-z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{p}$=（1，$\frac{1}{2}$，-1），
設(shè)二面角E-MP-F的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{p}•\overrightarrow{DA}|}{|\overrightarrow{p}|•|\overrightarrow{DA}|}$=$\frac{2}{2\sqrt{2+\frac{1}{4}}}$=$\frac{2}{3}$，
∴二面角E-MP-F的余弦值為$\frac{2}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查空間位置關(guān)系的判斷與證明，考查二面角的求法，考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力，是中檔題．