Question

14．如圖，在三棱錐ABC-A₁B₁C₁中，AC=BC=AA₁=2，∠ACB=90°，∠A₁AC=60°，M，N分別是線段AA₁，BC上的點，且NC=NB，AA₁⊥平面BCM．
（1）求證：AN∥平面BC₁M；
（2）求二面角M-BC₁-B₁的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)O 為AC 中點，D 為AB 中點，以O(shè) 為坐標原點，OD，OC，OA₁ 為x，y，z 軸建立空間直角坐標系，求出相關(guān)點的坐標，求出平面BC₁M 的法向量，平面BCM的法向量，然后證明AN∥平面BC₁M．
（2）求出面BB₁C₁ 的法向量，平面BC₁M 的法向量，設(shè)二面角C₁-BM-C 的平面角的大小為$θ（\frac{π}{2}＜θ＜π）$，利用向量的數(shù)量積求解二面角M-BC₁-B₁的余弦值．
另解：（1）取BC₁的中點H，連接NH．（1）證明NH∥AM，MH∥AN．然后證明AN∥平面BC₁M．
（2）說明∠MHC為二面角M-BC₁-C的平面角．通過求解三角形結(jié)合二面角M-BC₁-C的平面角的補角為∠MHC，求解二面角M-BC₁-C的余弦值，

解答 解：設(shè)O 為AC 中點，D 為AB 中點，以O(shè) 為坐標原點，OD，OC，OA₁ 為x，y，z 軸建立空間直角坐標系，則$A（0，-1，0），B（2，1，0），C（0，1，0），{A_1}（0，0，\sqrt{3}），{B_1}（2，2，\sqrt{3}），{C_1}（0，2，\sqrt{3}），N（1，1，0）$ 設(shè)$\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{A{A_1}}（0≤t≤1）$，即$（{x_M}，{y_M}+1，{z_M}）=t（0，1，\sqrt{3}）$，從而$M（0，t-1，\sqrt{3}t）$ 顯然$\overrightarrow{A{A_1}}=（0，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BM}=（-2，t-2，\sqrt{3}t）$，$\overrightarrow{BC}=（-2，0，0）$，則要使$\overrightarrow{A{A}_{1}}⊥$平面BCM，則$\overrightarrow{A{A_1}}•\overrightarrow{BM}=0$ 且$\overrightarrow{A{A_1}}•\overrightarrow{BC}=0$，即$t-2+\sqrt{3}•\sqrt{3}t=0$，故$t=\frac{1}{2}$，從而點M 的坐標為$M（0，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，即M 為AA₁ 中點．（1）設(shè)平面BC₁M 的法向量$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，由于$\overrightarrow{BM}=（-2，-\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$\overrightarrow{B{C_1}}=（-2，1，\sqrt{3}）$，由于$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{n_1}=0\\ \overrightarrow{B{C_1}}•\overrightarrow{n_1}=0\end{array}\right.$，則$\left\{\begin{array}{l}-2x-\frac{3}{2}y+\frac{{\sqrt{3}}}{2}z=0\\-2x+y+\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，從而$x：y：z=2\sqrt{3}：（-\sqrt{3}）：5$，取$\overrightarrow{n_1}=（2\sqrt{3}，-\sqrt{3}，5）$ 由于$\overrightarrow{AN}=（1，2，0）$，從而$\overrightarrow{AN}•\overrightarrow{n_1}=1×2\sqrt{2}-2×\sqrt{3}=0$，從而$\overrightarrow{AN}⊥\overrightarrow{n_1}$，又$\overrightarrow{AN}∥$平面BC₁M，從而AN∥平面BC₁M （2）設(shè)平面BB₁C₁ 的法向量$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，由于$\overrightarrow{B{B_1}}=（0，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{B{C_1}}=（-2，1，\sqrt{3}）$ 由于$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{B{B_1}}•\overrightarrow{n_2}=0\\ \overrightarrow{B{C_1}}•\overrightarrow{n_1}=0\end{array}\right.$，則$\left\{\begin{array}{l}{y_2}+\sqrt{3}{z_2}=0\\-2{x_1}+{y_2}+\sqrt{3}{z_2}=0\end{array}\right.$，從而$x：y：z=0：（-\sqrt{3}）：1$，取$\overrightarrow{n_2}=（0，-\sqrt{3}，1）$ 又平面BC₁M 的法向量$\overrightarrow{n_1}=（2\sqrt{3}，-\sqrt{3}，5）$ 設(shè)二面角C₁-BM-C 的平面角的大小為$θ（\frac{π}{2}＜θ＜π）$則$cosθ=-|cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞|=|\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}}|=-\frac{8}{{2×\sqrt{40}}}=-\frac{{\sqrt{10}}}{5}$綜上所述，二面角M-BC₁-B₁的余弦值為$-\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．
另解：（1）取BC₁的中點H，連接NH．（1）由于AA₁⊥平面BCM，則AA₁⊥CM，考慮到△AA₁C為正三角形，從而M為AA₁中點．由于H，N為BC₁，BC中點，從而$NH∥\frac{1}{2}C{C_1}$．又$AM\underline{\underline{∥}}\frac{1}{2}C{C_1}$，從而NH∥AM，故AMHN為平行四邊形，從而MH∥AN．又MH?平面BC₁M，AN?平面BC₁M，從而AN∥平面BC₁M．
（2）由于側(cè)面ACC₁A₁⊥底面ABC，平面ACC₁A₁∩底面ABC=AC，BC⊥AC，BC?平面ABC，從而BC⊥平面ACC₁A₁，又MC?平面ACC₁A₁，從而MC⊥BC．又MC⊥CC₁，從而BC∩CC₁=C，從而MC⊥平面BCC₁B₁．又BC=CC₁，H為BC₁的中點，從而CH⊥BC₁，故∠MHC為二面角M-BC₁-C的平面角．又$MC=\sqrt{3}$，$CH=\sqrt{2}$，$MH=\sqrt{5}$，從而$cos∠MHC=\frac{CH}{MH}=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．又二面角M-BC₁-C的平面角的補角為∠MHC，二面角M-BC₁-C的余弦值為$-\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．

點評 本題考查直線與平面平行的判定定理的應用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計算能力．