Question

20．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，BC⊥平面ABB₁A₁，D，M分別為CC₁和A₁B的中點(diǎn)，△BA₁B₁是邊長(zhǎng)為2的正三角形，BC=1．
（1）證明：MD∥平面ABC；
（2）求二面角A₁-AC-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取AB的中點(diǎn)H，連接HM，CH，證明四邊形CDMH是平行四邊形得出DM∥CH，從而有DM∥平面ABC；
（2）取BB₁中點(diǎn)E，以E為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，求出兩半平面的法向量，計(jì)算法向量的夾角即可得出二面角的大�。�

解答 （1）證明：取AB的中點(diǎn)H，連接HM，CH．
∵D，M分別為CC₁和A₁B的中點(diǎn)，
∴HM$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AA₁，又CD$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AA₁，
∴HM∥CD，HM=CD，
∴四邊形CDMH是平行四邊形，
∴HC∥DM，又CH?平面ABC，DM?平面ABC，
∴MD∥平面ABC．
（2）解：取BB₁中點(diǎn)E，連結(jié)AE，
∵△A₁B₁E為等邊三角形，
∴AE⊥BB₁，又BC⊥平面ABB₁A₁，DE∥BC，
∴DE⊥平面ABB₁A₁，
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以EB，A₁E，ED為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖：
則$E（{0，0，0}），B（{1，0，0}），C（{1，0，1}），A（{2，-\sqrt{3}，0}），{A_1}（{0，-\sqrt{3}，0}）$，
則設(shè)平面ABC的法向量為$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，$\overrightarrow{AB}=（{-1，\sqrt{3}，0}），\overrightarrow{BC}=（{0，0，1}）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BC}=0\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3}y=0\\ z=0\end{array}\right.$，令y=1，則$x=\sqrt{3}，z=0$，即$\overrightarrow n=（{\sqrt{3}，1，0}）$，
平面ACA₁的法向量為$\overrightarrow m=（{x，y，z}）$，$\overrightarrow{AC}=（{-1，\sqrt{3}，0}），\overrightarrow{A{A_1}}=（{-2，0，0}）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{AC}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{A{A_1}}=0\end{array}\right.$，
得$\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3}y+z=0\\-2x=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}x=0\\ z=-\sqrt{3}y\end{array}\right.$，令y=1，則$z=-\sqrt{3}，x=0$，即$\overrightarrow m=（{0，1，-\sqrt{3}}）$，
則$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{1×1}{{\sqrt{{{（{\sqrt{3}}）}^2}+1•}\sqrt{{{（{-\sqrt{3}}）}^2}+1}}}=\frac{1}{2×2}=\frac{1}{4}$，
即二面角A₁-AC-B的余弦值是$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行的判定，空間向量與二面角的計(jì)算，屬于中檔題．