Question

15．三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面ABC是等邊三角形，BC的中點(diǎn)為O，A₁O⊥底面ABC，AA₁與底面ABC所成的角為$\frac{π}{3}$，點(diǎn)D在棱AA₁上，且AD=$\sqrt{3}$，AB=4．
（1）求證：OD⊥平面BB₁C₁C；
（2）求二面角B-B₁C-A₁的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連接AO，說明$∠{A_1}AO=\frac{π}{3}$．證明OD⊥AA₁．OD⊥BB₁，證明OD⊥BC，推出OD⊥平面BB₁C₁C．
（2）以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OA₁所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面BB₁C₁C的一個(gè)法向量，平面A₁B₁C的法向量，通過向量的數(shù)量積求解二面角B-B₁C-A₁的平面角的余弦角值．

解答 解：（1）連接AO，∵A₁O⊥底面ABC，AO，BC?底面ABC，
∴BC⊥A₁O，A₁O⊥AO，且AA₁與底面ABC所成的角為∠A₁AO，即$∠{A_1}AO=\frac{π}{3}$．
在等邊△ABC中，易求得$AO=2\sqrt{3}$．
在△AOD中，由余弦定理，得$OD=\sqrt{O{A^2}+A{D^2}-2OA•ADcos\frac{π}{3}}=3$，
∴OD²+AD²=12=OA²，即OD⊥AA₁．
又∵AA₁∥BB₁，∴OD⊥BB₁．∵AB=AC，OB=OC，∴AO⊥BC，
又∵BC⊥A₁O，AO∩A₁O=O，∴BC⊥平面AA₁O，
又∵OD?平面AA₁O，∴OD⊥BC，又BC∩BB₁=B，
∴OD⊥平面BB₁C₁C．-------（6分）
（2）如下圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OA₁所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則$A（{2\sqrt{3}，0，0}），C（{0，-2，0}），{A_1}（{0，0，6}），B（{0，2，0}）$
故$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=\overrightarrow{AB}=（{-2\sqrt{3}，2，0}），\overrightarrow{{A_1}C}=（{0，-2，-6}）$
由（1）可知$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{4}\overrightarrow{A{A_1}}$，∴可得點(diǎn)D的坐標(biāo)為$（{\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，0，\frac{3}{2}}）$，∴平面BB₁C₁C的一個(gè)法向量是$\overrightarrow{OD}=（{\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，0，\frac{3}{2}}）$．
設(shè)平面A₁B₁C的法向量$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{{A_1}C}=0\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}-\sqrt{3}x+y=0\\ y+3z=0\end{array}\right.$令$x=\sqrt{3}$，則y=3，z=-1，則$n=（{\sqrt{3}，3，-1}）$，
∴$cos＜\overrightarrow{OD}，\overrightarrow n＞=\frac{{\overrightarrow{OD}•\overrightarrow n}}{{|{\overrightarrow{OD}}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{{\sqrt{13}}}{13}$易知所求的二面角為鈍二面角，
∴二面角B-B₁C-A₁的平面角的余弦角值是$-\frac{{\sqrt{13}}}{13}$-------（12分）

點(diǎn)評 本題考查直線與平面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．