Question

19．已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁，O、O₁为棱AB、A₁B₁的中点，OC₁=O₁C，且CB=CC₁=CA．
（1）证明：平面ABB₁A₁⊥平面C₁COO₁；
（2）若OB₁=OA₁，∠CBA=30°，求二面角C₁-OB₁-A的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用等腰三角形得出OC∥O₁C₁，OC⊥AB，根据平行四边形对角线相等得出四边形OCC₁O₁为矩形，即可判断为AA₁⊥OC，再转换为直线与直线的垂直，直线平面的垂直证明即可得出面面垂直．
（2）建立空间坐标系得出点的坐标，根据二面角的余弦值与平面度法向量的夹角的关系求解即可．注意准确求解平面度法向量，充分利用数量积求解．

解答 证明：（1）∵三棱柱ABC-A₁B₁C₁，CB=CC₁=CA．
O、O₁为棱AB、A₁B₁的中点，
∴△ABC，△A₁B₁C₁等腰三角形，
∴OC∥O₁C₁，OC⊥AB，
∵OC₁=O₁C，AA₁∥CC₁
∴四边形OCC₁O₁为矩形，
∴AA₁⊥OC，
∴OC⊥面AA₁B₁B，
∵OC?平面C₁COO₁，
∴平面ABB₁A₁⊥平面C₁COO₁；

（2）根据（1）可判断三棱柱ABC-A₁B₁C₁为正三棱柱，建立坐标系如图，作EF⊥x轴，
∵OB₁=OA₁，∠CBA=30°
设BC=1，则EC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，BE=$\frac{1}{2}$，AB=$\sqrt{3}$，

B（0，0，0），O（$0，\frac{\sqrt{3}}{2}，0$），A（0，$\sqrt{3}$，0），C（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），C₁（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），B₁（0，0，1），
$\overrightarrow{O{B}_{1}}$=（0，$-\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），$\overrightarrow{OA}$=（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），$\overrightarrow{O{C}_{1}}$=（$\frac{1}{2}$，0，1），
设平面OB₁C₁的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{O{B}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{O{C}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{\sqrt{3}}{2}y+z=0}\\{\frac{1}{2}x+z=0}\end{array}\right.$
令x=$-2\sqrt{3}$，y=2，z=$\sqrt{3}$，
∴$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（-2$\sqrt{3}$，2，$\sqrt{3}$），
设平面OB₁A的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x，y，z），
根据几何图形判断BE⊥x轴
∴$\overrightarrow{{n}_{2}}$∥$\overrightarrow{BE}$
∴可设$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，0，0），
∵$\overrightarrow{{n}_{1}}$$•\overrightarrow{{n}_{2}}$=-2$\sqrt{3}$，
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{19}×1}$=$-\frac{2\sqrt{57}}{19}$．
∵二面角C₁-OB₁-A的时锐二面角，
∴二面角C₁-OB₁-A的余弦值$\frac{2\sqrt{57}}{19}$

点评 本题综合考查了空间几何体的性质空间直线平面的位置关系，夹角的求解，考查学生的空间几何能力，运用算能力，计算能力．