Question

17．如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面A₁ACC₁⊥平面ABC，AB=BC=2，∠ACB=30°，∠C₁CB=120°，BC₁⊥A₁C，E为AC的中点．
（1）求证：A₁C⊥平面C₁EB；
（2）求二面角A₁-AB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）证明BE⊥平面A₁ACC₁，推出BE⊥A₁C．BC₁⊥A₁C，证明A₁C⊥面C₁EB．
（2）方法一：作C₁M⊥AC于M，作MN⊥BC于N，连C₁N，通过cos∠C₁CN=cos∠C₁CM•cos∠NCM，求出$cos∠{C_1}CM=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．设AA₁=x．设A₁C与C₁E交于点H，利用余弦定理以及勾股定理证明A₁E⊥AC，过E作EF⊥AB于F，连A₁F，说明∠A₁FE为二面角A₁-AB-C的平面角，然后求解即可．
方法二：以A点为原点，AC为y轴，过点A与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA₁=x，∠A₁AC=θ，求出相关点的坐标，求出平面A₁AB的法向量，平面ABC的法向量利用空间向量的数量积求解二面角A₁-AB-C的余弦值．

解答 （1）证明：∵BA=BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC，又平面A₁ACC₁⊥平面ABC，平面A₁ACC₁∩平面ABC=AC，BE?平面ABC，∴BE⊥平面A₁ACC₁，又A₁C?平面A₁ACC₁，∴BE⊥A₁C．
又BC₁⊥A₁C，BE∩BC₁=B，∴A₁C⊥面C₁EB．
（2）解：方法一：由平面A₁ACC₁⊥平面ABC，作C₁M⊥AC于M，则C₁M⊥面ABC．
作MN⊥BC于N，连C₁N，则C₁N⊥BC，由$cos∠{C_1}CN=\frac{CN}{{C{C_1}}}$，$cos∠{C_1}CM=\frac{CM}{{C{C_1}}}$，$cos∠NCM=\frac{CN}{CM}$知cos∠C₁CN=cos∠C₁CM•cos∠NCM，而∠C₁CM=60°，∠NCM=30°，故$\frac{1}{2}=cos∠{C_1}CM•\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即$cos∠{C_1}CM=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
在四边形AA₁C₁C中，设AA₁=x．
则由余弦定理得${A_1}{C^2}={x^2}+12-2x•2\sqrt{3}•\frac{{\sqrt{3}}}{3}={x^2}-4x+12$．${C_1}{E^2}={x^2}+3-2•x•\sqrt{3}•（-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）={x^2}+2x+3$，设A₁C与C₁E交于点H，则${A_1}H=\frac{2}{3}{A_1}C$，${C_1}H=\frac{2}{3}{C_1}E$，而A₁C⊥C₁E，则${A_1}{H^2}+{C_1}{H^2}={A_1}C_1^2$．
于是$\frac{4}{9}（{x^2}-4x+12）+\frac{4}{9}（{x^2}+2x+3）={（2\sqrt{3}）^2}$，即x²-x-6=0，∴x=3或-2（舍）
容易求得：${A_1}E=\sqrt{6}$，而${A_1}{E^2}+A{E^2}=AA_1^2$．
故A₁E⊥AC，由面A₁ACC₁⊥面ABC，则A₁E⊥面ABC，过E作EF⊥AB于F，连A₁F，则∠A₁FE为二面角A₁-AB-C的平面角，由平面几何知识易得$EF=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，${A_1}F=\frac{3}{2}\sqrt{3}$．
∴$cos∠{A_1}FE=\frac{AE}{{{A_1}F}}=\frac{{\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{{\frac{{3\sqrt{3}}}{2}}}=\frac{1}{3}$．

方法二：以A点为原点，AC为y轴，过点A与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA₁=x，∠A₁AC=θ，则$B（1，\sqrt{3}，0）$，$C（0，2\sqrt{3}，0）$，$E（0，\sqrt{3}，0）$，${C_1}（0，2\sqrt{3}+xcosθ，xsinθ）$．
∴$\overrightarrow{CB}=（1，-\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{C{C_1}}=（0，xcosθ，xsinθ）$．由$cos＜\overrightarrow{CB}，\overrightarrow{C{C_1}}＞=\frac{{\overrightarrow{CB}•\overrightarrow{C{C_1}}}}{{|\overrightarrow{CB}||\overrightarrow{C{C_1}}|}}=-\frac{1}{2}$，得$\frac{{-\sqrt{3}x•cosθ}}{2x}=-\frac{1}{2}$，∴$cosθ=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，则${A_1}（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}x，\frac{{\sqrt{6}}}{3}x）$，${C_1}（0，2\sqrt{3}+\frac{{\sqrt{3}}}{3}x，\frac{{\sqrt{6}}}{3}x）$，于是$\overrightarrow{{A_1}C}=（0，2\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{3}x，-\frac{{\sqrt{6}}}{3}x）$，$\overrightarrow{B{C_1}}=（-1，\sqrt{3}+\frac{{\sqrt{3}}}{3}x，\frac{{\sqrt{6}}}{3}）$，∵$\overrightarrow{{A_1}C}⊥\overrightarrow{B{C_1}}$，
∴$（\sqrt{3}+\frac{{\sqrt{3}}}{3}x）（2\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{3}x）-\frac{{\sqrt{6}}}{3}x•\frac{{\sqrt{6}}}{3}x=0$，即x²-x-6=0，解得x=3或-2（舍），故AA₁=3，则${A_1}（0，\sqrt{3}，\sqrt{6}）$，$B（1，\sqrt{3}，0）$，于是$\overrightarrow{A{A_1}}=（0，\sqrt{3}，\sqrt{6}）$，$\overrightarrow{AB}=（1，\sqrt{3}，0）$，设平面A₁AB的法向量为$\overrightarrow{n_1}=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{A{A_1}}=0\\ \overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AB}=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3}y+\sqrt{6}z=0\\ x+\sqrt{3}y=0\end{array}\right.$，取y=1，则$z=-\frac{{\sqrt{2}}}{2}，x=-\sqrt{3}$，∴$\overrightarrow{n_1}=（-\sqrt{3}，1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
不妨设平面ABC的法向量$\overrightarrow{n_2}=（0，0，1）$，则$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}}=\frac{{\frac{{-\sqrt{2}}}{2}}}{{\sqrt{\frac{9}{2}}×1}}=-\frac{1}{3}$，
故二面角A₁-AB-C的余弦值为$\frac{1}{3}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，空间向量数量积的应用，考查空间想象能力逻辑推理能力以及计算能力．