Question

9．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，面ABB₁A₁為矩形，AB=1，AA₁=$\sqrt{2}$，D為AA₁的中點(diǎn)，BD與AB₁交于點(diǎn)O，CO⊥面ABB₁A₁．
（Ⅰ）證明：BC⊥AB₁；
（Ⅱ）若OC=OA，求直線CO與面ABC成角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）要證明BC⊥AB₁，可證明AB₁垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于側(cè)面ABB₁A₁，所以CO垂直于AB₁，只要在矩形ABB₁A₁內(nèi)證明BD垂直于AB₁即可，可利用角的關(guān)系加以證明；
（Ⅱ）分別以O(shè)D，OB₁，OC所在的直線為x，y，z軸，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{OC}$，平面ABC的一個(gè)法向量，利用向量的夾角公式，即可得出結(jié)論．

解答 （I）證明：由題意，因?yàn)锳BB₁A₁是矩形，
D為AA₁中點(diǎn)，AB=1，AA₁=$\sqrt{2}$，AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以在直角三角形ABB₁中，tan∠AB₁B=$\frac{AB}{B{B}_{1}}$，
在直角三角形ABD中，tan∠ABD=$\frac{AD}{A{B}_{1}}$，
所以∠AB₁B=∠ABD，
又∠BAB₁+∠AB₁B=90°，∠BAB₁+∠ABD=90°，
所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°，
即BD⊥AB₁，
又因?yàn)镃O⊥側(cè)面ABB₁A₁，AB₁?側(cè)面ABB₁A₁，
所以CO⊥AB₁
所以，AB₁⊥面BCD，
因?yàn)锽C?面BCD，
所以BC⊥AB₁．
（Ⅱ）解：如圖，分別以O(shè)D，OB₁，OC所在的直線為x，y，z軸，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0），B（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，0，0），C（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），B₁（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），D（$\frac{\sqrt{6}}{6}$，0，0），
又因?yàn)?\overrightarrow{C{C}_{1}}$=2$\overrightarrow{AD}$，所以${C}_{1}（\frac{\sqrt{6}}{3}，\frac{2\sqrt{3}}{3}，\frac{\sqrt{3}}{3}）$          
所以$\overrightarrow{AB}$=（-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0），$\overrightarrow{AC}$=（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），$\overrightarrow{D{C}_{1}}$=（$\frac{\sqrt{6}}{6}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），
設(shè)平面ABC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{\sqrt{6}}{3}x+\frac{\sqrt{3}}{3}y=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{3}y+\frac{\sqrt{3}}{3}z=0}\end{array}\right.$可得$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$）是平面ABC的一個(gè)法向量，
設(shè)直線CO與平面ABC所成角為α，則sinα=$\frac{|-\frac{\sqrt{6}}{3}|}{\frac{\sqrt{3}}{3}×\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與平面垂直的性質(zhì)，考查線面角，考查向量方法的運(yùn)用，屬于中檔題．