如图 ①，在直角梯形 $ABCD$ 中，$AD \parallel BC$，$\angle BAD=\dfrac {\mathrm \pi} {2}$，$AB=BC=1$，$AD=2$，$E$ 是 $AD$ 的中点，$O$ 是 $AC$ 与 $BE$ 的交点．将 $\triangle ABE$ 沿 $BE$ 折起到 $\triangle A_1BE$ 的位置，如图 ②．
【难度】
【出处】
2015年高考陕西卷（理）
【标注】
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证明：$CD\perp 平面A_1OC$；标注答案略解析注意在折叠过程中 $BE$ 和 $OA,OC$ 的位置关系始终保持不变．我们可以先证出 $BE\perp 面 AOC$，继而推得 $CD\perp 面 AOC$．在题图 ① 中，因为 $AB=BC=1$，$AD=2$，$E$ 是 $AD$ 的中点，$\angle BAD=\dfrac {\mathrm \pi} {2}$，
所以 $BE\perp AC$．
即在题图 ② 中，$BE\perp OA_1$，$BE\perp OC$，
从而 $BE\perp 平面A_1OC$．
又 $CD \parallel BE$，
所以 $CD\perp 平面A_1OC$． -
若 $平面A_1BE\perp 平面BCDE$，求平面 $A_1BC$ 与平面 $A_1CD$ 夹角的余弦值．标注答案$\dfrac {\sqrt 6}{3}$解析本题中面面夹角指的是两个平面所成的锐二面角．分别求出两个平面的法向量，求法向量夹角即可．因为 $平面A_1BE\perp 平面BCDE$，$AO\perp BE$，所以 $AO\perp 面 BCDE$．又因为 $BE\perp OC$，所以可以 $O$ 为原点，建立如图所示空间直角坐标系 $O-xyz$，
因为 $A_1B=A_1E=BC=ED=1$，所以 $B\left(\dfrac {\sqrt 2}{2},0,0\right)$，$E\left(-\dfrac {\sqrt 2}{2},0,0\right)$，$A_1\left(0,0,\dfrac {\sqrt 2}{2}\right)$，$C\left(0,\dfrac {\sqrt 2}{2},0\right)$，可求得 $\overrightarrow {BC}=\left(-\dfrac {\sqrt 2}{2},\dfrac {\sqrt 2}{2} ,0 \right)$，$\overrightarrow {A_1C}=\left(0,\dfrac {\sqrt 2}{2} ,-\dfrac {\sqrt 2}{2} \right)$，$\overrightarrow {BE}=\left(-\sqrt 2,0,0\right)$．
因为 $BC\parallel ED$ 且 $BC=DE$，所以 $BCDE$ 是平行四边形，所以 $CD\parallel BE$ 且 $CD=BE$，于是 $\overrightarrow {CD}=\overrightarrow {BE}=\left(-\sqrt 2,0,0\right)$．
设平面 $A_1BC$ 的法向量$\overrightarrow {n_1}=\left(x_1,y_1,z_1\right)$，则\[\begin{cases}
\overrightarrow {n_1}\cdot \overrightarrow {BC}=0, \\ \overrightarrow {n_1}\cdot \overrightarrow {A_1C}=0,
\end{cases}\]即 $\begin{cases}-x_1+y_1=0, \\ y_1-z_1=0,
\end{cases}$ 令 $x_1=1$ 得 $\overrightarrow {n_1}=\left(1,1,1\right)$；
设平面 $A_1CD$ 的法向量$\overrightarrow {n_2}=\left(x_2,y_2,z_2\right)$，则\[\begin{cases}\overrightarrow {n_2}\cdot \overrightarrow {CD}=0, \\ \overrightarrow {n_2}\cdot \overrightarrow {A_1C}=0,
\end{cases}\]即 $\begin{cases}x_2=0, \\ y_2-z_2=0,
\end{cases}$ 令 $y_2=1$ 得 $\overrightarrow {n_2}=\left(0,1,1\right)$；
设平面 $A_1BC$ 与平面 $A_1CD$ 的夹角为 $\theta$，则\[\cos \theta = \left|\cos \left\langle\overrightarrow {n_1},\overrightarrow {n_2}\right\rangle \right|=\dfrac {2}{\sqrt 3\times \sqrt 2}=\dfrac {\sqrt 6}{3},\]即平面 $A_1BC$ 与平面 $A_1CD$ 夹角的余弦值为 $\dfrac {\sqrt 6}{3}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
