Question

19．已知多面體ABC-A₁B₁C₁中，底面△ABC為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2，AA₁⊥平面ABC，四邊形A₁ACC₁為直角梯形，CC₁與平面ABC所成的角為$\frac{π}{4}$，AA₁=1
（1）若P為AB的中點(diǎn)，求證：A₁P∥平面BC₁C；
（2）求二面角A₁-BC₁-C的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出平面A₁ACC₁⊥平面ABC，過C₁作C₁D⊥AC于D，則C₁D⊥平面ABC，∠C₁CD是CC₁與平面ABC所成角，取BC中點(diǎn)F，推導(dǎo)出四邊形A₁C₁PF為平行四邊形，從而A₁P∥C₁F，由此能證明A₁P∥平面BC₁C．
（Ⅱ）連結(jié)BD，以D為原點(diǎn)，分別以DB，DC，DC₁為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A₁-BC₁-C的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）∵AA₁⊥平面ABC，AA₁?平面A₁ACC₁，
∴平面A₁ACC₁⊥平面ABC，
過C₁作C₁D⊥AC于D，∵平面A₁ACC₁∩平面ABC=AC，∴C₁D⊥平面ABC，
∴CD是CC₁在平面ABC內(nèi)的射影，
∴∠C₁CD是CC₁與平面ABC所成角，∴$∠{C}_{1}CD=\frac{π}{4}$，
∴CD=C₁D=AD=A₁C₁=1，
取BC中點(diǎn)F，連結(jié)PF，由題意得PF∥AC，且PF=$\frac{1}{2}$AC，
又A₁C₁∥AC，A₁C₁=$\frac{1}{2}AC$，∴A₁C₁∥PF，且A₁C₁=PF，
∴四邊形A₁C₁PF為平行四邊形，∴A₁P∥C₁F，
∵C₁F?平面BC₁C，A₁P?平面BC₁C，
∴A₁P∥平面BC₁C．
解：（Ⅱ）連結(jié)BD，以D為原點(diǎn)，分別以DB，DC，DC₁為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A₁（0，-1，1），B（$\sqrt{3}，0，0$），C₁（0，0，1），C（0，1，0），
∴$\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}$=（0，1，0），$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（$\sqrt{3}，1，-1$），
設(shè)平面A₁BC₁的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=\sqrt{3}x+y-z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{3}，1，0$），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（-$\sqrt{3}，0，1$），
設(shè)平面BC₁C的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=-\sqrt{3}a+c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=-\sqrt{3}a+b=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{3}，\sqrt{3}$），
cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1+3}{2\sqrt{7}}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$，
根據(jù)圖形得二面角A₁-BC₁-C的產(chǎn)面角為鈍角，
∴二面角A₁-BC₁-C的余弦值為-$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查二面角的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．