Question

16．三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，A₁-AC-B是直二面角，AA₁=A₁C=AC=2，AB=BC且∠ABC=90°，O為AC的中點．
（1）若E是BC₁的中點，求證：OE∥平面A₁AB（本小題用兩種方法）；
（2）求二面角A-A₁B-C₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）證法一：連接AB₁，B₁C，B₁C∩BC₁=E．利用三角形中位線定理可得：OE∥AB₁，再利用線面平行的判定定理即可證明OE∥平面A₁AB．
證法二：取BC的中點F，連接EF，OF，在△ABC中，由三角形中位線定理可得：OF∥AB，可得OF∥平面A₁AB．同理可得：EF∥平面A₁AB．可得平面OEF∥平面A₁AB．即可證明OE∥平面A₁AB．
（2）通過建立空間直角坐標系，利用平面的法向量的夾角即可得出二面角的平面角．

解答 （1）證法一：連接AB₁，B₁C，B₁C∩BC₁=E．
則OE是△AB₁C的中位線，∴OE∥AB₁，
又OE?平面A₁AB，AB₁?平面A₁AB，
∴OE∥平面A₁AB．
證法二：取BC的中點F，連接EF，OF，
在△ABC中，由三角形中位線定理可得：OF∥AB，
又OF?平面A₁AB，AB₁?平面A₁AB，
∴OF∥平面A₁AB．
同理可得：EF∥平面A₁AB．
OF∩EF=F，OF，EF?平面OEF，
∴平面OEF∥平面A₁AB．
∵OE?平面OEF，
∴OE∥平面A₁AB．
（2）解：連接A₁O，OB．
∵AA₁=A₁C=AC，∴△AA₁C是等邊三角形，
∵OA=OC，∴A₁O⊥AC．
又∵AB=BC，∴OB⊥AC．
∵A₁-AC-B是直二面角，∴∠A₁OB=$\frac{π}{2}$．
如圖所示，建立空間直角坐標系．
O（0，0，0），A（0，-1，0），B（1，0，0），A₁（0，0，$\sqrt{3}$），C₁（0，2，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{AB}$=（1，1，0），$\overrightarrow{B{A}_{1}}$=（-1，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（-1，2，$\sqrt{3}$），
設(shè)平面AA₁B的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{1}+\sqrt{3}{z}_{1}=0}\\{{x}_{1}+{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（\sqrt{3}，-\sqrt{3}，1）$．
設(shè)平面A₁BC₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{2}+\sqrt{3}{z}_{2}=0}\\{-{x}_{2}+2{y}_{2}+\sqrt{3}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=$（\sqrt{3}，0，1）$．
∴cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{7}×2}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
由圖可知：二面角A-A₁B-C₁的平面角為鈍角，
因此二面角A-A₁B-C₁的余弦值為-$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系與空間距離、線面面面平行與垂直的判定與性質(zhì)定理、三角形中位線定理、等邊三角形與等腰三角形的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．