Question

3．如圖，斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面是直角三角形，∠ACB=90°，M是BC的中點，且BM₁⊥BC，平面B₁C₁CB⊥平面ABC．BC=CA=AA₁．
（1）求證：平面ACC₁A₁⊥平面B₁C₁CB；
（2）求二面角B-AB₁-C₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出B₁M⊥平面AB，B₁M⊥AC，BC⊥AC，由此能證明平面ACC₁A₁⊥平面B₁C₁CB．
（2）法一：以M為原點，過M平行于CA的直線為x軸，BC所在直線為y軸，MB₁所在直線為z軸，建立空間直角坐標系．利用向量法能求出二面角B-AB₁-C₁的余弦值．
法二：連接B₁C，過點B作BH⊥AB₁交AB₁于點H，連接C₁H，則∠BHC₁是二面角B-AB₁-C₁的平面角，由此能求出二面角B-AB₁-C₁的余弦值．

解答 證明：（1）∵B₁M⊥BC，平面B₁C₁CB⊥平面ABC于BC，
∴B₁M⊥平面ABC．…（1分）
∵AC?平面ABC，∴B₁M⊥AC．…（2分）
∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC．…（3分）
∵B₁M∩BC=M，
∴AC⊥平面B₁C₁CB．…（4分）
∵AC?平面ACC₁A₁，∴平面ACC₁A₁⊥平面B₁C₁CB．…（5分）
解：（2）解法一：由（1）知B₁M⊥平面ABC，
以M為原點，過M平行于CA的直線為x軸，BC所在直線為y軸，MB₁所在直線為z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系．
設(shè)BC=CA=AA₁=1，由題意可知，$B（0，\frac{1}{2}，0），C（0，-\frac{1}{2}，0），{B_1}（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），A（1，-\frac{1}{2}，0）$．
設(shè)C₁（x，y，z），由$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{{B_1}{C_1}}$，得${C_1}（0，-1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$．
設(shè)平面ABB₁的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，1）．
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{BA}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{B{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{x_1}-{y_1}=0\\-\frac{1}{2}{y_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}=0.\end{array}\right.$，∴$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（$\sqrt{3}，\sqrt{3}$，1）．
設(shè)平面AB₁C₁的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，1）．
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{A{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{B{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}-{x_2}+\frac{1}{2}{y_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}=0\\-{x_2}-\frac{1}{2}{y_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}=0.\end{array}\right.$，∴$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，0，1$）．…（10分）
∴$cos＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞$=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{5}{7}$．…（11分）
由圖知二面角B-AB₁-C₁的平面角為鈍角，∴二面角B-AB₁-C₁的余弦值為$-\frac{5}{7}$．…（12分）
（2）解法二：連接B₁C，∵AC⊥平面B₁C₁CB，∴B₁C是直線AB₁在平面B₁C₁CB上的射影．
∵BC=CC₁，∴四邊形B₁C₁CB是菱形．∴B₁C⊥BC₁．∴AB₁⊥BC₁．…（6分）
過點B作BH⊥AB₁交AB₁于點H，連接C₁H．∵AB₁⊥BC₁，∴AB₁⊥平面BHC₁．
∴AB₁⊥C₁H．∴∠BHC₁是二面角B-AB₁-C₁的平面角．…（7分）
設(shè)BC=2，則BC=CA=AA₁=2，∵B₁M⊥BC，BM=MC，∴B₁C=B₁B=2．
∴BB₁=B₁C=BC=2．∴∠B₁BC=60°．∴∠BCC₁=120°．∴$B{C_1}=2\sqrt{3}$．…（8分）
∵AC⊥平面BC₁，B₁C?平面BC₁，∴AC⊥B₁C．∴${B_1}A=2\sqrt{2}$．
在△BB₁A中，可求$BH=\frac{{\sqrt{14}}}{2}$．…（9分）
∵B₁B=B₁C₁，B₁H=B₁H，∴Rt△BB₁H≌Rt△C₁B₁H．
∴${C_1}H=BH=\frac{{\sqrt{14}}}{2}$．…（10分）∴$cos∠BH{C_1}=\frac{{\frac{14}{4}+\frac{14}{4}-12}}{{2×\frac{{\sqrt{14}}}{2}×\frac{{\sqrt{14}}}{2}}}=-\frac{5}{7}$．…（11分）
∴二面角B-AB₁-C₁的余弦值為$-\frac{5}{7}$．…（12分）

點評 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．