Question

3．如图所示，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁B₁B为正方形，BB₁C₁C为菱形，∠BB₁C₁=60°，平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C．
（Ⅰ）求证：B₁C⊥AC₁；
（Ⅱ）设点E，F分别是B₁C，AA₁的中点，试判断直线EF与平面ABC的位置关系，并说明理由；
（Ⅲ）求二面角B-AC₁-C的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据线面垂直的性质定理即可证明B₁C⊥AC₁；
（Ⅱ）根据线面平行的判定定理即可判断直线EF与平面ABC的位置关系；
（Ⅲ）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．

解答 证明：（Ⅰ）连接BC₁．
在正方形ABB₁A₁中，AB⊥BB₁．
因为 平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C，平面AA₁B₁B∩平面BB₁C₁C=BB₁，AB?平面ABB₁A₁，
所以 AB⊥平面BB₁C₁C．…（1分）
因为 B₁C?平面BB₁C₁C，
所以 AB⊥B₁C．…（2分）
在菱形BB₁C₁C中，BC₁⊥B₁C．
因为 BC₁?平面ABC₁，AB?平面ABC₁，BC₁∩AB=B，
所以 B₁C⊥平面ABC₁．…（4分）
因为 AC₁?平面ABC₁，
所以 B₁C⊥AC₁．…（5分）
（Ⅱ）EF∥平面ABC，理由如下：…（6分）
取BC的中点G，连接GE，GA．
因为 E是B₁C的中点，
所以 GE∥BB₁，且GE=$\frac{1}{2}B{B_1}$．
因为 F是AA₁的中点，
所以 AF=$\frac{1}{2}A{A_1}$．
在正方形ABB₁A₁中，AA₁∥BB₁，AA₁=BB₁．
所以 GE∥AF，且GE=AF．
所以 四边形GEFA为平行四边形．
所以 EF∥GA．…（8分）
因为 EF?平面ABC，GA?平面ABC，
所以 EF∥平面ABC．…（9分）
（Ⅲ）在平面BB₁C₁C内过点B作Bz⊥BB₁．
由（Ⅰ）可知：AB⊥平面BB₁C₁C．以点B为坐标原点，分别以BA，BB₁所在的直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，设A（2，0，0），则B₁（0，2，0）．
在菱形BB₁C₁C中，∠BB₁C₁=60°，所以 $C（0，-1，\sqrt{3}）$，${C_1}（0，1，\sqrt{3}）$．
设平面ACC₁的一个法向量为n=（x，y，1）．
因为 $\left\{\begin{array}{l}n•\overrightarrow{AC}=0\\ n•\overrightarrow{C{C_1}}=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}（x，y，1）•（-2，-1，\sqrt{3}）=0\\（x，y，1）•（0，2，0）=0\end{array}\right.$
所以 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{\sqrt{3}}}{2}\\ y=0\end{array}\right.$即$n=（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，1）$．…（11分）
由（Ⅰ）可知：$\overrightarrow{C{B_1}}$是平面ABC₁的一个法向量．…（12分）
所以 $cos＜n，\overrightarrow{C{B_1}}＞=\frac{{n•\overrightarrow{C{B_1}}}}{{|n|•|{\overrightarrow{C{B_1}}}|}}=\frac{{（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，1）•（0，3，-\sqrt{3}）}}{{\sqrt{\frac{3}{4}+1}•\sqrt{9+3}}}=-\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．
所以 二面角B-AC₁-C的余弦值为$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（14分）

点评 本题主要考查空间直线和平面之间的位置关系的判断，以及二面角的求解，要求熟练掌握相应的判定定理，利用向量法是解决二面角的常用方法，考查学生的运算和推理能力．