Question

20．如图，AB⊥BB₁，AN∥BB₁，AB=BC=AN=$\frac{1}{2}$BB₁=4，四边形BB₁C₁C为矩形，且平面BB₁C₁C⊥平面ABB₁N．
（1）求证：BN⊥平面C₁B₁N；
（Ⅱ）设θ为直线C₁N与平面CNB₁所成的角，求sinθ的值；
（Ⅲ）设M为AB中点，在BC边上求一点P，使MP∥平面CNB₁，求$\frac{BP}{PC}$的值．

Answer 1

分析 （I）取BB₁的中点D，连结ND，利用勾股定理的逆定理证明BN⊥NB₁，由面面垂直得出B₁C₁⊥平面ABB₁N，故而B₁C₁⊥BN，于是BN⊥平面C₁B₁N；
（II）以B为原点，以BA，BB₁，BC为坐标轴建立空间直角坐标系，求出$\overrightarrow{N{C}_{1}}$与平面CNB₁的法向量$\overrightarrow{n}$，则sinθ=|cos＜$\overrightarrow{N{C}_{1}}$，$\overrightarrow{n}$＞|；
（III）设P（0，0，a），令$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{n}$=0解出a即可得出BP，PC的值．

解答 证明：（I）取BB₁的中点D，连结ND，
则AN$\stackrel{∥}{=}$BD，又AB⊥BB₁，AB=AN，
∴四边形ABDN是正方形．
∴DN=AB=4，B₁D=4，∴BN=4$\sqrt{2}$，B₁N=4$\sqrt{2}$，
∴BN²+B₁N²=BB₁²，∴BN⊥B₁N．
∵四边形BB₁C₁C为矩形，∴B₁C₁⊥BB₁，
又平面BB₁C₁C⊥平面ABB₁N，平面BB₁C₁C∩平面ABB₁N=BB₁，
∴B₁C₁⊥平面ABB₁N，∵BN?平面ABB₁N，
∴B₁C₁⊥BN．
又B₁C₁?平面C₁B₁N，B₁N?平面C₁B₁N，B₁C₁∩B₁N=B₁，
∴BN⊥平面C₁B₁N．
（II）∵B₁C₁⊥平面ABB₁N，BC∥B₁C₁，
∴BC⊥平面ABB₁N，
∴BA，BB₁，BC两两垂直．
以B为原点，以BA，BB₁，BC为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则B₁（0，8，0），N（4，4，0），C（0，0，4），C₁（0，8，4）．
∴$\overrightarrow{N{B}_{1}}$=（-4，4，0），$\overrightarrow{C{B}_{1}}$=（0，8，-4），$\overrightarrow{N{C}_{1}}$=（-4，4，4）．
设平面NCB₁的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{N{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-4x+4y=0}\\{8y-4z=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，2）．
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{N{C}_{1}}$=8，|$\overrightarrow{n}$|=$\sqrt{6}$，|$\overrightarrow{N{C}_{1}}$|=4$\sqrt{3}$，∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{N{C}_{1}}$＞=$\frac{8}{\sqrt{6}×4\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$．
∴sinθ=cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{N{C}_{1}}$＞=$\frac{\sqrt{2}}{3}$．
（III）M（2，0，0），设P（0，0，a），则$\overrightarrow{MP}$=（-2，0，a），
∵MP∥平面CNB₁，∴$\overrightarrow{MP}⊥\overrightarrow{n}$，
∴$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{n}$=2a-2=0，解得a=1．
∴当PB=1时，MP∥平面CNB₁，此时$\frac{BP}{PC}=\frac{1}{3}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定，线面平行的判定，线面角的计算，属于中档题．