Question

14．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，點(diǎn)A₁在平面ABC內(nèi)的射影D在線段AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC₁=2．
（Ⅰ）證明：AC₁⊥A₁B；
（Ⅱ）設(shè)直線AA₁與平面ABC所成角為60°，求二面角A₁-AB-C的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明：BC⊥平面ACC₁A₁，可得BC⊥AC₁，ACC₁A₁為菱形，所以A₁C⊥AC₁，從而可得AC₁⊥平面CBA₁，即可證明AC₁⊥A₁B；
（Ⅱ）（解法一）設(shè)直線AA₁與平面ABC所成角為60°，作DK⊥AB于K，連結(jié)A₁K，則A₁K⊥AB，所以∠A₁KD即為二面角A₁-AB-C的平面角，再求二面角A₁-AB-C的平面角的余弦值；
（解法二）在平面ABC內(nèi)，過(guò)點(diǎn)D作AC的垂線Dy，則Dy，DA，DA₁兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面A₁AB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow m=（{\sqrt{3}，2\sqrt{3}，1}）$，平面ABC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow n=（{0，0，1}）$，利用向量的夾角公式求二面角A₁-AB-C的平面角的余弦值．

解答 （ I）證明：因?yàn)锳₁D⊥平面ABC，A₁D?平面A₁AC，
所以二面角A₁-AC-B為直二面角，BC⊥AC，
所以BC⊥平面ACC₁A₁，----------（2分）
所以BC⊥AC₁，
平行四邊形ACC₁A₁中，AC=CC₁=2，
所以ACC₁A₁為菱形，所以A₁C⊥AC₁，------（4分）
所以AC₁⊥平面CBA₁，----------（6分）
而A₁B?平面CBA₁，
所以AC₁⊥A₁B．------------（7分）
（ II）（解法一）由于A₁D⊥平面ABC，
所以∠A₁AD即為直線AA₁與平面ABC所成的角，故∠A₁AD=60°，------------------（9分）
作DK⊥AB于K，連結(jié)A₁K，則A₁K⊥AB，所以∠A₁KD即為二面角A₁-AB-C的平面角，--------------（11分）
Rt△A₁AD中，${A_1}D={A_1}Asin{60^0}=\sqrt{3}$--------（12分）
Rt△AKD中，$DK=ADsin∠CAB=\frac{1}{{\sqrt{5}}}$------（13分）
Rt△A₁KD中，$tan∠{A_1}KD=\frac{{{A_1}D}}{DK}=\sqrt{5}{A_1}D$=$\sqrt{15}$，---------（14分）
所以$cos∠{A_1}KD=\frac{1}{4}$
即二面角A₁-AB-C的平面角的余弦值為$\frac{1}{4}$-------------（15分）
（解法二）由于A₁D⊥平面ABC，
所以∠A₁AD即為直線AA₁與平面ABC所成的角，故∠A₁AD=60°，AD=DC=1，$D{A_1}=\sqrt{3}$--------------（9分）
在平面ABC內(nèi)，過(guò)點(diǎn)D作AC的垂線Dy，則Dy，DA，DA₁兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，
則A（1，0，0），B（-1，1，0），${A_1}（{0，0，\sqrt{3}}）$--------（11分）
所以$\overrightarrow{AB}=（{-2，1，0}）$，$\overrightarrow{A{A_1}}=（{-1，0，\sqrt{3}}）$，平面A₁AB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow m=（{\sqrt{3}，2\sqrt{3}，1}）$
平面ABC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow n=（{0，0，1}）$-------（13分）
所以$cos\left?{\overrightarrow m，\overrightarrow n}\right＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{1}{4}$---------------------（14分）
即二面角A₁-AB-C的平面角的余弦值為$\frac{1}{4}$-------------（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)，考查二面角A₁-AB-C的平面角的余弦值，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．