Question

8．如图，三棱柱ABC-A₁B₁C_l中，M，N分别为CC₁，A₁B₁的中点．
（I）证明：直线MN∥平面CAB₁；
（II）BA=BC=BB₁，CA=CB₁，CA⊥CB₁，∠ABB₁=60°，求平面AB₁C和平面A₁B₁C₁所成的角（锐角）的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设AB₁与A₁B交于点O，连接CO，ON，说明O是AB₁的中点，证明四边形CMNO是平行四边形，推出MN∥CO．然后证明直线MN∥平面CAB₁．
（Ⅱ）以O为坐标原点，OB，OB₁，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系O-xyz，设OB=1，求出相关点的坐标，求出平面AB₁C的一个法向量；平面A₁B₁C₁的一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面AB₁C和平面A₁B₁C₁所成的角（锐角）的余弦值．

解答 （本小题满分12分）
证明：（Ⅰ）设AB₁与A₁B交于点O，连接CO，ON，
因为四边形ABB₁A₁是平行四边形，所以是O是AB₁的中点，

N是A₁B₁的中点，所以$ON∥A{A_1}，ON=\frac{1}{2}A{A_1}$．
又因为M是CC₁的中点，所以$CM∥A{A_1}，CM=\frac{1}{2}A{A_1}$．
所以CM$\stackrel{∥}{=}$ON，所以四边形CMNO是平行四边形，
所以MN∥CO．
又因为MN?平面CAB₁，CO?平面CAB₁，
所以直线MN∥平面CAB₁．…（5分）
（Ⅱ）因为AB=BB₁，所以平行四边形ABB₁A₁是菱形，所以BA₁⊥AB₁．
又因为CA=CB₁，所以CO⊥AB₁．
又CA⊥CB₁，且O是AB₁的中点，所以AO=CO．又因为BA=BC，所以△BOC≌△BOA，
所以∠BOC=∠BOA，故OC⊥OB，从而OA，OB，OC两两垂直．
以O为坐标原点，OB，OB₁，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系O-xyz，设OB=1，因为∠ABB₁=60°，BA=BB₁，
所
以△ABB₁是等边三角形，所以$A（0，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0），{B_1}（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0），C（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，B（1，0，0），$\overrightarrow{{A_1}{C_1}}=\overrightarrow{AC}=（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，$\overrightarrow{{C_1}{B_1}}=\overrightarrow{CB}=（1，0，-\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$．
因为OA，OB，OC两两垂直，所以OB⊥平面AB₁C，
所以$\overrightarrow{OB}=（1，0，0）$是平面AB₁C的一个法向量；
设$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）是平面A₁B₁C₁的一个法向量，则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{C}_{1}{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{{\sqrt{3}}}{3}y+\frac{{\sqrt{3}}}{3}z=0}\\{x-\frac{{\sqrt{3}}}{3}z=0}\end{array}}\right.$，令$z=\sqrt{3}$，得$x=1，y=-\sqrt{3}$，所以$\overrightarrow{m}$=$（1，-\sqrt{3}，\sqrt{3}）$，
所以$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{OB}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{OB}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{OB}|}$=$\frac{1}{\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{7}}{7}$．
所以平面AB₁C和平面A₁B₁C₁所成的角（锐角）的余弦值为$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）

点评 本题考查平面与平面所成角的求法，直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．