Question

6．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=BC=2，AA₁=2$\sqrt{3}$，CB⊥AB，D為線段A₁B上一點，且A₁D=3，P為AA₁的中點．
（1）求證：AD⊥A₁C；
（2）求二面角P-BC-A₁的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）以B為原點，BA為x軸，BC為y軸，BB₁為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明AD⊥A₁C．
（2）求出平面PBC的法向量和平面BA₁C的法向量，利用向量法能求出二面角P-BC-A₁的平面角的余弦值．

解答 證明：（1）以B為原點，BA為x軸，BC為y軸，BB₁為z軸，建立空間直角坐標系，
A（2，0，0），B（0，0，0），A₁（2，0，2$\sqrt{3}$），C（0，2，0），
設(shè)D（a，b，c），$\overrightarrow{{A}_{1}D}=λ\overrightarrow{{A}_{1}B}$，0≤λ≤1，
則（a-2，b，c-2$\sqrt{3}$）=λ（-2，0，-2$\sqrt{3}$），
解得a=2-2λ，b=0，c=2$\sqrt{3}-2\sqrt{3}λ$，
∴D（2-2λ，0，2$\sqrt{3}-2\sqrt{3}λ$），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（-2λ，0，-2$\sqrt{3}λ$），
∵A₁D=3，∴$\sqrt{4{λ}^{2}+12{λ}^{2}}$=3，由0≤λ≤1，解得$λ=\frac{3}{4}$，
∴D（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{AD}$=（-$\frac{3}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-2，2，-2$\sqrt{3}$），
∴$\overrightarrow{A}D•\overrightarrow{{A}_{1}C}$=-3+0+3=0，
∴AD⊥A₁C．
解：（2）B（0，0，0），P（2，0，$\sqrt{3}$），C（0，2，0），A₁（2，0，2$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{BC}$=（0，2，0），$\overrightarrow{BP}$=（2，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{B{A}_{1}}$=（2，0，2$\sqrt{3}$），
設(shè)平面PBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BP}=2x+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，0，-2），
設(shè)平面BA₁C的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=2b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{A}_{1}}=2a+2\sqrt{3}c=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，0，-1），
設(shè)二面角P-BC-A₁的平面角為，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{5}{\sqrt{7}•\sqrt{4}}$=$\frac{5\sqrt{7}}{14}$．
∴二面角P-BC-A₁的平面角的余弦值為$\frac{5\sqrt{7}}{14}$．

點評 本題考查異面直線垂直的證明，考查二面角的平面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．