Question

14．如图，几何体ABCA₁B₁C₁中，AA₁，BB₁，CC₁都垂直平面ABC，BB₁=CC₁=2AA₁=2AB=2BC=8，$AC=4\sqrt{2}$．
（1）证明：A₁B⊥平面A₁B₁C₁；
（2）求二面角B₁-A₁C-C₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）证明C₁B₁⊥平面ABB₁A₁可得C₁B₁⊥BA₁
由${A_1}B=\sqrt{AA_1^2+A{B^2}}=4\sqrt{2}={A_1}{B_1}$，有${A_1}{B^2}+{A_1}{B_1}^2=B{B_1}^2∴{A_1}B⊥{A_1}{B_1}$，即可得A₁B⊥平面A₁B₁C₁．
（2）由（1）知，以B为原点，BA，BB₁，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
有A₁（4，4，0），B₁（0，8，0），C（0，0，4），C₁（0，8，4），$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=（-4，4，0），\overrightarrow{C{A_1}}=（4，4，-4）$，$\overrightarrow{C{C_1}}=（0，8，0）$，
分别求出平面A₁B₁C和平面A₁C₁C的法向量，利用向量夹角公式即可求解．

解答 解：（1）∵AA₁，BB₁，CC₁都垂直平面ABC，∴AA₁∥BB₁∥CC₁，且BB₁⊥AB，BB₁⊥BC
由AB=BC=4，$AC=4\sqrt{2}$，知AC²=AB²+AC²，∴AB⊥BC
从而，BC⊥平面ABB₁A₁．又BB₁=CC₁，∴四边形BB₁C₁C为矩形，
因此B₁C₁∥BC，∴C₁B₁⊥平面ABB₁A₁
又${A_1}B=\sqrt{AA_1^2+A{B^2}}=4\sqrt{2}={A_1}{B_1}$，有${A_1}{B^2}+{A_1}{B_1}^2=B{B_1}^2∴{A_1}B⊥{A_1}{B_1}$，
∴A₁B⊥平面A₁B₁C₁．
（2）由（1）知，以B为原点，BA，BB₁，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
有A₁（4，4，0），B₁（0，8，0），C（0，0，4），C₁（0，8，4），$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=（-4，4，0），\overrightarrow{C{A_1}}=（4，4，-4）$，$\overrightarrow{C{C_1}}=（0，8，0）$，
设平面A₁B₁C和平面A₁C₁C的法向量分别为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）和$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{4x+4y-4z=0}\\{-4x+4y=0}\end{array}}\right.$取x=1，有y=1，z=2，所以，$\overrightarrow{m}$=（1，1，2），
又$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{4a+4b-4c=0}\\{8b=0}\end{array}}\right.$取a=1，有b=0，c=1，所以，$\overrightarrow{n}$=（1，0，1），
设二面角B₁-A₁C-C₁的平面角为θ，则$cosθ=\frac{|m•n|}{|m|•|n|}=\frac{3}{4}\sqrt{2}$
所以，二面角B₁-A₁C-C₁的余弦值为$\frac{3}{4}\sqrt{2}$

点评 本题考查了空间线面垂直的判定，向量法求解二面角的基本运算，属于中档题．