Question

17．如圖，已知斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁的所有棱長均為2，側(cè)棱BB₁與底面ABC所成的角為$\frac{π}{3}$，且側(cè)面ABB₁A₁⊥底面ABC．
（1）求證：B₁C⊥AC₁；
（2）若M為A₁C₁的中點(diǎn)．求二面角B₁-AC-M的余弦值．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，取AB的中點(diǎn)O，連接CO，B₁O，連接BC₁．由△ABC是等邊三角形，AB⊥OC．由已知可得∠ABB₁是側(cè)棱BB₁與底面ABC所成的角，且為$\frac{π}{3}$．利用等邊三角形的性質(zhì)可得B₁O⊥AB，因此AB⊥平面B₁OC，AB⊥B₁C．利用菱形的性質(zhì)可得B₁C⊥BC₁．即可證明B₁C⊥平面BAC₁，即可證明結(jié)論．
（2）由B₁O⊥AB，側(cè)面ABB₁A₁⊥底面ABC，可得B₁O⊥OC．建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．分別求出平面的法向量，利用法向量的夾角即可得出二面角的平面角．

解答 （1）證明：如圖所示，取AB的中點(diǎn)O，連接CO，B₁O，連接BC₁．
∵△ABC是等邊三角形，AB⊥OC．
∵側(cè)棱BB₁與底面ABC所成的角為$\frac{π}{3}$，且側(cè)面ABB₁A₁⊥底面ABC．
∴∠ABB₁是側(cè)棱BB₁與底面ABC所成的角，且為$\frac{π}{3}$，
∴△ABB₁是等邊三角形，B₁O⊥AB，
又B₁O∩OC=O，
∴AB⊥平面B₁OC，
∴AB⊥B₁C．
∵四邊形B₁C₁CB是菱形，∴B₁C⊥BC₁．
又AB∩AC₁=A，
∴B₁C⊥平面BAC₁，
∴B₁C⊥AC₁．
（2）解：由B₁O⊥AB，側(cè)面ABB₁A₁⊥底面ABC，側(cè)面ABB₁A₁∩底面ABC=AB，
∴B₁O⊥平面ABC，∴B₁O⊥OC．
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．O（0，0，0），A（0，0，0），A
O（0，0，0），A（-1，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），B₁（0，0，$\sqrt{3}$），A₁（-2，0，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{AC}$=（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（1，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=（-1，0，$\sqrt{3}$）．
設(shè)平面AB₁C的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+\sqrt{3}{y}_{1}=0}\\{{x}_{1}+\sqrt{3}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，-1，-1）．
設(shè)平面AA₁C的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}+\sqrt{3}{y}_{2}=0}\\{-{x}_{2}+\sqrt{3}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，1）．
cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3}{\sqrt{5}×\sqrt{5}}$=$\frac{3}{5}$．
∴二面角B₁-AC-M的余弦值為$\frac{3}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系及其空間角、線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理、菱形與等邊三角形的性質(zhì)、直角三角形的邊角關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．