Question

9．如圖，長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=2，BC=CC₁=1，點(diǎn)P是CD上一點(diǎn)，PC=tPD．
（1）若t=$\frac{1}{3}$，求證：A₁C⊥平面PBC₁；
（2）設(shè)t=1，t=3所對應(yīng)的點(diǎn)P分別為點(diǎn)P₁，P₂，求二面角P₁-BC₁-P₂的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 法一：（1）當(dāng)$t=\frac{1}{3}$時(shí)，得$PC=\frac{1}{2}$，推導(dǎo)出AC⊥PB，A₁C⊥PB，BC₁⊥A₁C，由此能證明A₁C⊥平面PBC₁．
（2）過C作CH⊥BC₁交BC₁于H，連接P₁H，P₂H，則∠P₁HP₂就是所求二面角的一個(gè)平面角，由此能求出二面角P₁-BC₁-P₂的平面角的余弦值．
解法二：
（1）以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系O-xyz，利用向量法能證明A₁C⊥平面PBC₁．
（Ⅱ）求出平面BC₁P₁與平面BC₁P₂的法向量，利用向量法能求出二面角P₁-BC₁-P₂的余弦值．

解答 解法一：
證明：（1）當(dāng)$t=\frac{1}{3}$時(shí)，得$PC=\frac{1}{2}$，
在矩形ABCD中，$\frac{CP}{BC}=\frac{BC}{AB}$，則AC⊥PB
又∵PB⊥AA₁，∴PB⊥平面AA₁C，∴A₁C⊥PB，…（3分）
∵$\left\{\begin{array}{l}B{C_1}⊥{B_1}C\\ B{C_1}⊥{A_1}{B_1}\end{array}\right.$，∴BC₁⊥平面A₁B₁C，故BC₁⊥A₁C，
∴A₁C⊥平面PBC₁…（6分）
解：（2）過C作CH⊥BC₁交BC₁于H，連接P₁H，P₂H，
∵BC₁⊥平面A₁B₁C，∴BC₁⊥P₁H，BC₁⊥P₂H，
則∠P₁HP₂就是所求二面角的一個(gè)平面角α…（9分）
∵P₁C=1，${P_2}C=\frac{3}{2}$，$CH=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$’∵CD⊥CH
在Rt△P₁CH中，$tan∠{P_1}HC=\frac{3}{{\sqrt{2}}}$，在Rt△P₂CH中，$tan∠{P_2}HC=\sqrt{2}$…（10分）
tanα=tan（∠P₂HC-∠P₁HC）=$\frac{{\sqrt{2}}}{8}$，
故二面角P₁-BC₁-P₂的平面角的余弦值$cosα=\frac{{4\sqrt{2}}}{{\sqrt{33}}}=\frac{{4\sqrt{66}}}{33}$．…（12分）
解法二：
證明：（1）以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD₁為z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
B（1，2，0），C₁（0，2，1），A₁（1，0，1），C（0，2，0）$P（0，\frac{3}{2}，0）$，
$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-1，2，-1），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（-1，0，1），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{A}_{1}C}•\overrightarrow{BP}=0}\\{\overrightarrow{{A}_{1}C}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，∴A₁C⊥PB，BC⊥A₁C，
∵PB∩BC=B，∴A₁C⊥平面PBC₁…（6分）
（Ⅱ）P₁（0，1，0），${P_2}（0，\frac{1}{2}，0）$，∴$\overrightarrow{B{P_1}}=（-1，-1，0）$，∴$\overrightarrow{B{P_2}}=（{-1，-\frac{3}{2}，0}）$
設(shè)平面BC₁P₁與平面BC₁P₂的法向量分別是$\overrightarrow{{n}_{1}}=（x，y，z），\overrightarrow{{n}_{2}}=（a，b，c）$
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{B{P}_{1}}=-x-y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=-x+z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，-1，1），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{B{P}_{2}}=-a-\frac{3}{2}b=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=-x+z=0}\end{array}\right.$，取x=3，得$\overrightarrow{{n}_{2}}=（3，-2，3）$，
設(shè)二面角P₁-BC₁-P₂的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}|}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{33}}=\frac{4\sqrt{66}}{33}$．
∴二面角P₁-BC₁-P₂的平面角的余弦值為$\frac{4\sqrt{66}}{33}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．