Question

17．如图，已知斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁的所有棱长均为2，侧棱BB₁与底面ABC所成的角为$\frac{π}{3}$，且侧面ABB₁A₁⊥底面ABC．
（1）求证：B₁C⊥AC₁；
（2）若M为A₁C₁的中点．求二面角B₁-AC-M的余弦值．

Answer 1

分析 （1）如图所示，取AB的中点O，连接CO，B₁O，连接BC₁．由△ABC是等边三角形，AB⊥OC．由已知可得∠ABB₁是侧棱BB₁与底面ABC所成的角，且为$\frac{π}{3}$．利用等边三角形的性质可得B₁O⊥AB，因此AB⊥平面B₁OC，AB⊥B₁C．利用菱形的性质可得B₁C⊥BC₁．即可证明B₁C⊥平面BAC₁，即可证明结论．
（2）由B₁O⊥AB，侧面ABB₁A₁⊥底面ABC，可得B₁O⊥OC．建立如图所示的空间直角坐标系．分别求出平面的法向量，利用法向量的夹角即可得出二面角的平面角．

解答 （1）证明：如图所示，取AB的中点O，连接CO，B₁O，连接BC₁．
∵△ABC是等边三角形，AB⊥OC．
∵侧棱BB₁与底面ABC所成的角为$\frac{π}{3}$，且侧面ABB₁A₁⊥底面ABC．
∴∠ABB₁是侧棱BB₁与底面ABC所成的角，且为$\frac{π}{3}$，
∴△ABB₁是等边三角形，B₁O⊥AB，
又B₁O∩OC=O，
∴AB⊥平面B₁OC，
∴AB⊥B₁C．
∵四边形B₁C₁CB是菱形，∴B₁C⊥BC₁．
又AB∩AC₁=A，
∴B₁C⊥平面BAC₁，
∴B₁C⊥AC₁．
（2）解：由B₁O⊥AB，侧面ABB₁A₁⊥底面ABC，侧面ABB₁A₁∩底面ABC=AB，
∴B₁O⊥平面ABC，∴B₁O⊥OC．
建立如图所示的空间直角坐标系．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，$\sqrt{3}$）．
设平面AB₁C的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，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）．
设平面AA₁C的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，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的余弦值为$\frac{3}{5}$．

点评 本题考查了空间位置关系及其空间角、线面面面垂直的判定与性质定理、菱形与等边三角形的性质、直角三角形的边角关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．