题目内容

如图①，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，BA=BC=2，∠ABC=90°，异面直线A₁B与AC成60°的角，点O、E分别是棱AC和BB₁的中点，点F是棱B₁C₁上的动点．
（Ⅰ）求异面直线A₁E与OF所角的大小；
（Ⅱ）求二面角B₁-A₁C-C₁的大小；
（Ⅲ）设O₁为A₁C₁的中点，如图②，将此直三棱柱ABC-A₁B₁C₁绕直线O₁O旋转一周，线段BC₁旋转后所得图形所得必定是________．（只需填上你认为正确的选项，不必证明）

D
分析：（I）以B为坐标原点，以BA，BC，BB₁所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，写出要用的点的坐标，设出棱锥的高，根据异面直线A₁B与AC成60°的角，写出两条异面直线的夹角，求出高，再求出异面直线所成的角．
（II）根据建立的坐标系，看出平面的一个法向量，设出另一个平面的法向量，根据法向量与平面上的向量数量积等于0，求出一个法向量，根据两个向量的夹角做出二面角的值．
（III）将此直三棱柱补形为正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁，如图2．在旋转过程中，线段BC₁任意一点到轴OO₁的距离保持不变，设BC₁的中点为M，OO₁的中点为O₂，则O₂M是异面直线OO₁与BC₁的公垂线段，建立空间直角坐标系，不失一般性，设点N在线段MC₁上，并设正方体边长为2，MN=t，PN=d．做出结果
解答：如图1，以B为坐标原点，以BA，BC，BB₁所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），0（1，1，0）

（Ⅰ）设棱锥的高为h，则A₁（2，0，h），C（0，2，0）， $\text{[math]}$ ．
∴cos＜ $\text{[math]}$ ，
即cos60°= $\text{[math]}$ ，解得h=2．
∴E（0，0，1），A₁（202）， $\text{[math]}$ ．
∵F为棱B₁C₁上的动点，故可设f（0，y，2）．
∴ $\text{[math]}$ ．
又 $\text{[math]}$
∴ $\text{[math]}$ ，即异面直线A₁E与OF成角为90°
（Ⅱ）易知平面A₁CC₁的一个法向量为 $\text{[math]}$ =（1，1，0），设平面A₁B₁C的一个法向量为 $\text{[math]}$ =（x，y，1），则 $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ =（x，y，1）•（-2，2，-2）=-2x+2y-2=0，…① $\text{[math]}$ =（x，y，1）•（-2，0，0）=-2x=0．…②
由①、②，得 $\text{[math]}$ ．
∴cos＜ $\text{[math]}$ ＞= $\text{[math]}$ ，
∴＜ $\text{[math]}$ ＞=60°．
即二面角B₁-A₁C-C₁的大小为60°．
（Ⅲ）将此直三棱柱补形为正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁，如图2．在旋转过程中，线段BC₁任意一点到轴OO₁的距离保持不变，
设BC₁的中点为M，OO₁的中点为O₂，则O₂M是异面直线OO₁与BC₁的公垂线段．
设N是线段BC₁上任意一点，N在轴OO₁上的射影为P．
以正方体的中心O₂，主点建立空间直角坐标系，不失一般性，设点N在线段MC₁上，并设正方体边长为2，MN=t，PN=d．
∵＜ $\text{[math]}$ ＞=45°，
∴N $\text{[math]}$ ．
在Rt△OPN中，由O₂P₂+PN₂=O₂N₂，得
d₂+ $\text{[math]}$ ，∴ $\text{[math]}$ ．
即d与t之间满足双曲线关系，故选D．
点评：本题考查利用空间向量解决几何体中的夹角和距离的问题，本题解题的关键是建立合适的坐标系，把逻辑性很强的理论推导转化成数字的运算，降低了题目的难度．