Question

15．如图，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，D、M分别为CC₁和A₁B的中点，A₁D⊥CC₁，△AA₁B是边长为2的正三角形，A₁D=2，BC=1．
（1）证明：MD∥平面ABC；
（2）证明：BC⊥平面ABB₁A₁
（3）求二面角B-AC-A₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取AB的中点H，连接HM，CH，根据线面平行的判定定理即可证明MD∥平面ABC；
（2）根据三角形的边长关系证明三角形是直角三角形，然后结合线面垂直的判定定理即可证明BC⊥平面ABB₁A₁
（3）建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角B-AC-A₁的余弦值．

解答 （1）证明：取AB的中点H，连接HM，CH，
∵D、M分别为CC₁和A₁B的中点，
∴HM∥BB₁，HM=$\frac{1}{2}$BB₁=CD，
∴HM∥CD，HM=CD，
则四边形CDMH是平行四边形，
则CH=DM．
∵CH?平面ABC，DM?平面ABC，
∴MD∥平面ABC；
（2）证明：取BB₁的中点E，
∵△AA₁B是边长为2的正三角形，A₁D=2，BC=1．
∴C₁D=1，
∵A₁D⊥CC₁，
∴A₁C₁=$\sqrt{{2}^{2}+1}$=$\sqrt{5}$，
则A₁B₁²+A₁B₁²=4+1=5=A₁C₁²，
则△A₁B₁C₁是直角三角形，
则B₁C₁⊥A₁B₁，
∵在正三角形BA₁B₁中，A₁E=$\sqrt{3}$，
∴A₁E²+DE²=3+1=4=A₁D₁²，
则△A₁DE是直角三角形，
则DE⊥A₁E，
即BC⊥A₁E，BC⊥A₁B₁，
∵A₁E∩A₁B₁=A₁，
∴BC⊥平面ABB₁A₁
（3）建立以E为坐标原点，EB，EA₁的反向延长线，ED分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
则E（0，0，0），B（1，0，0），C（1，0，1），A（2，-$\sqrt{3}$，0），A₁（0，-$\sqrt{3}$，0），
则设平面ABC的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{AB}$=（-1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{BC}$=（0，0，1），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-x+\sqrt{3}y=0}\\{z=0}\end{array}\right.$，
令y=1，则x=$\sqrt{3}$，z=0，即$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，0），
平面ACA₁的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{AC}$=（-1，$\sqrt{3}$，1），$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=（-2，0，0），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-x+\sqrt{3}y+z=0}\\{-2x=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{z=-\sqrt{3}y}\end{array}\right.$，
令y=1，则z=-$\sqrt{3}$，x=0，即$\overrightarrow{m}$=（0，1，-$\sqrt{3}$），
则cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1×1}{\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}+1}•\sqrt{（-\sqrt{3}）^{2}+1}}$=$\frac{1}{2×2}$=$\frac{1}{4}$，
即二面角B-AC-A₁的余弦值是$\frac{1}{4}$．

点评 本题主要考查面面垂直，线面平行的判定以及二面角的求解，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解，综合性较强，运算量较大．