Question

2．如图，在圆柱OO₁中，矩形ABB₁A₁是过OO₁的截面CC₁是圆柱OO₁的母线，AB=2，AA₁=3，∠CAB=$\frac{π}{3}$．
（1）证明：AC₁∥平面COB₁；
（2）在圆O所在的平面上，点C关于直线AB的对称点为D，求二面角D-B₁C-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结B₁C₁、BC₁，设BC₁∩B₁C=M，推导出四边形BB₁C₁C为平行四边形，从而MO∥AC₁，由此能证明AC₁∥平面COB₁．
（2）以点C为坐标原点，分别以CA，CB，OC₁为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D-B₁C-B的二面角的余弦值．

解答 证明：（1）连结B₁C₁、BC₁，设BC₁∩B₁C=M，
∵BB₁$\underset{∥}{=}$CC₁，∴四边形BB₁C₁C为平行四边形，∴M为BC₁的中点，
在△ABC₁中，O为AB的中点，∴MO∥AC₁，
又AC₁?平面B₁CD，MO?平面B₁CD，
∴AC₁∥平面COB₁．
解：（2）如图，∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，
∵C₁C⊥平面ABC，∴C₁C⊥AC，C₁C⊥BC，
又∠BAC=60°，AB=2，∴AC=1，BC=$\sqrt{3}$，AA₁=3，
以点C为坐标原点，分别以CA，CB，OC₁为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C₁（0，0，3），
O（$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），B₁（0，$\sqrt{3}，3$），
在圆O上，C，D关于直线AB对称，△AOC为正三角形，且OA=1，
∴CD=$\sqrt{3}OA=\sqrt{3}$，∠ACD=30°，过点D作DP⊥x轴，DQ⊥y轴，垂足分别为P，Q，
则CP=CD•cos$∠ACD=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{3}{2}$，
CQ=CD•sin$∠ACD=\sqrt{3}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴D（$\frac{3}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），∴$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{3}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），
设平面CDB₁的一个法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=3x+\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{3}y+3z=0}\end{array}\right.$，取y=-$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，1），
平面B₁BC的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
设二面角D-B₁C-B的二面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$．
故二面角D-B₁C-B的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及二面角、空间向量等基础知识；考查学生的空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力；考查了化归与转化及数形结合的数学思想．