Question

13．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，面ABB₁A為矩形，$AB=BC=1，A{A_1}=\sqrt{2}$，D為AA₁的中點(diǎn)，BD與AB₁交于點(diǎn)O，BC⊥AB₁．
（1）證明：CD⊥AB₁；
（2）若$OC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，求二面角A-BC-B₁的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出DB⊥AB₁，BC⊥AB₁，從而AB₁⊥平面BDC，由此能證明CD⊥AB₁．
（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)OA、OD、OC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A-BC-B₁的余弦值．

解答 證明：（1）∵△AB₁B與△DBA相似，∴DB⊥AB₁，
又BC⊥AB₁，BD∩BC=B，
∴AB₁⊥平面BDC，
∵CD?平面BDC，∴CD⊥AB₁．…（5分）
解：（2）∵$OC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}，BC=1$，∴在△ABD中$OB=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴△BOC是直角三角形，且BO⊥CO．
由（1）知CO⊥AB₁，則CO⊥平面ABB₁A₁，
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)OA、OD、OC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則$A（\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0，0），B（0，-\frac{{\sqrt{6}}}{3}，0），C（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}），{B_1}（-\frac{2}{3}\sqrt{3}，0，0）$，
$\overrightarrow{BC}$=（0，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），$\overrightarrow{AB}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，0），$\overrightarrow{B{B}_{1}}$=（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{3}$，0），
設(shè)平面ABC，平面BCB₁的法向量分別為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{n}=\frac{\sqrt{6}}{3}y+\frac{\sqrt{3}}{3}z=0}\\{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{n}=-\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{\sqrt{6}}{3}y=0}\end{array}\right.$，∴取x=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}，-1，\sqrt{2}$），
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{m}=\frac{\sqrt{6}}{3}b+\frac{\sqrt{3}}{3}c=0}\\{\overrightarrow{B{B}_{1}}•\overrightarrow{m}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}a+\frac{\sqrt{6}}{3}b=0}\end{array}\right.$，∴取a=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{2}$，-2），
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=-$\frac{2\sqrt{70}}{35}$，
又如圖所示A-BC-B₁為鈍二面角
∴二面角A-BC-B₁的余弦值為$-\frac{{2\sqrt{70}}}{35}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，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．