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13.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1⊥平面ABC,AC=BC=CC1,M,N分别为A1B,B1C1的中点.
(1)求证:MN⊥平面A1BC;
(2)求直线BC1和平面A1BC所成的角的大小;
(3)设D是棱AA1上的动点,求二面角A-BC-D的最大值,并指出此时点D的位置.

分析 (1)以C为原点,CA为x轴,CB为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能证明MN⊥平面A1BC.
(2)求出$\overrightarrow{B{C}_{1}}$和平面A1BC的法向量,利用向量法能求出直线BC1和平面A1BC所成的角的大小.
(3)求出平面BDC的法向量和平面ABC的法向量,利用向量法能求出二面角A-BC-D的最大值和此时D点位置.

解答 (1)证明:以C为原点,CA为x轴,CB为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,
设AC=BC=CC1=2,
则A1(2,0,2),B(0,2,0),M(1,1,1),N(0,1,2),C(0,0,0),
$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=(2,0,2),$\overrightarrow{CB}$=(0,2,0),$\overrightarrow{MN}$=(-1,0,1),
∴$\overrightarrow{C{A}_{1}}•\overrightarrow{MN}$=0,$\overrightarrow{CB}•\overrightarrow{MN}$=0,
∴CA1⊥MN,CB⊥MN,
又CA1∩CB=C,∴MN⊥平面A1BC.
(2)解:C1(0,0,2),$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=(0,-2,2),
设平面A1BC的法向量$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2x+2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=2y=0}\end{array}\right.$,取x=1,得$\overrightarrow{n}$=(1,0,-1),
设直线BC1和平面A1BC所成的角为θ,
sinθ=|cos<$\overrightarrow{n},\overrightarrow{B{C}_{1}}$>|=|$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{C}_{1}}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{B{C}_{1}}|}$|=|$\frac{-2}{\sqrt{8}•\sqrt{2}}$|=$\frac{1}{2}$,
∴θ=30°,即直线BC1和平面A1BC所成的角的大小为30°.
(3)解:设D(2,0,t),0≤t≤2,$\overrightarrow{CD}$=(2,0,t),$\overrightarrow{CB}$=(0,2,0),
设平面BDC的法向量$\overrightarrow{m}$=(a,b,c),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CD}=2a+tc=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CB}=2b=0}\end{array}\right.$,取a=1,得$\overrightarrow{m}$=(1,0,-$\frac{2}{t}$),
又平面ABC的法向量$\overrightarrow{p}$=(0,0,1),
设二面角A-BC-D的平面角为α,
则cosα=|cos<$\overrightarrow{m},\overrightarrow{p}$>|=|$\frac{-\frac{2}{t}}{\sqrt{1+\frac{4}{{t}^{2}}}}$|=$\frac{2}{\sqrt{4+{t}^{2}}}$,
∵0≤t≤2,∴t=2时,(cosα)min=$\frac{2}{\sqrt{4+4}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,此时α=45°,
∴二面角A-BC-D的最大值为45°,此时D与A1重合.

点评 本题考查线面垂直的证明,考查线面角的大小的求法,考查二面角的最大值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意向量法的合理运用.

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