Question

14．如图，在三棱锥ABC-A₁B₁C₁中，AC=BC=AA₁=2，∠ACB=90°，∠A₁AC=60°，M，N分别是线段AA₁，BC上的点，且NC=NB，AA₁⊥平面BCM．
（1）求证：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）设O 为AC 中点，D 为AB 中点，以O 为坐标原点，OD，OC，OA₁ 为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面BC₁M 的法向量，平面BCM的法向量，然后证明AN∥平面BC₁M．
（2）求出面BB₁C₁ 的法向量，平面BC₁M 的法向量，设二面角C₁-BM-C 的平面角的大小为$θ（\frac{π}{2}＜θ＜π）$，利用向量的数量积求解二面角M-BC₁-B₁的余弦值．
另解：（1）取BC₁的中点H，连接NH．（1）证明NH∥AM，MH∥AN．然后证明AN∥平面BC₁M．
（2）说明∠MHC为二面角M-BC₁-C的平面角．通过求解三角形结合二面角M-BC₁-C的平面角的补角为∠MHC，求解二面角M-BC₁-C的余弦值，

解答 解：设O 为AC 中点，D 为AB 中点，以O 为坐标原点，OD，OC，OA₁ 为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则$A（0，-1，0），B（2，1，0），C（0，1，0），{A_1}（0，0，\sqrt{3}），{B_1}（2，2，\sqrt{3}），{C_1}（0，2，\sqrt{3}），N（1，1，0）$ 设$\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{A{A_1}}（0≤t≤1）$，即$（{x_M}，{y_M}+1，{z_M}）=t（0，1，\sqrt{3}）$，从而$M（0，t-1，\sqrt{3}t）$ 显然$\overrightarrow{A{A_1}}=（0，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BM}=（-2，t-2，\sqrt{3}t）$，$\overrightarrow{BC}=（-2，0，0）$，则要使$\overrightarrow{A{A}_{1}}⊥$平面BCM，则$\overrightarrow{A{A_1}}•\overrightarrow{BM}=0$ 且$\overrightarrow{A{A_1}}•\overrightarrow{BC}=0$，即$t-2+\sqrt{3}•\sqrt{3}t=0$，故$t=\frac{1}{2}$，从而点M 的坐标为$M（0，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，即M 为AA₁ 中点．（1）设平面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$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{n_1}=0\\ \overrightarrow{B{C_1}}•\overrightarrow{n_1}=0\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}-2x-\frac{3}{2}y+\frac{{\sqrt{3}}}{2}z=0\\-2x+y+\sqrt{3}z=0\end{array}\right.$，从而$x：y：z=2\sqrt{3}：（-\sqrt{3}）：5$，取$\overrightarrow{n_1}=（2\sqrt{3}，-\sqrt{3}，5）$ 由于$\overrightarrow{AN}=（1，2，0）$，从而$\overrightarrow{AN}•\overrightarrow{n_1}=1×2\sqrt{2}-2×\sqrt{3}=0$，从而$\overrightarrow{AN}⊥\overrightarrow{n_1}$，又$\overrightarrow{AN}∥$平面BC₁M，从而AN∥平面BC₁M （2）设平面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$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{B{B_1}}•\overrightarrow{n_2}=0\\ \overrightarrow{B{C_1}}•\overrightarrow{n_1}=0\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}{y_2}+\sqrt{3}{z_2}=0\\-2{x_1}+{y_2}+\sqrt{3}{z_2}=0\end{array}\right.$，从而$x：y：z=0：（-\sqrt{3}）：1$，取$\overrightarrow{n_2}=（0，-\sqrt{3}，1）$ 又平面BC₁M 的法向量$\overrightarrow{n_1}=（2\sqrt{3}，-\sqrt{3}，5）$ 设二面角C₁-BM-C 的平面角的大小为$θ（\frac{π}{2}＜θ＜π）$则$cosθ=-|cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞|=|\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}}|=-\frac{8}{{2×\sqrt{40}}}=-\frac{{\sqrt{10}}}{5}$综上所述，二面角M-BC₁-B₁的余弦值为$-\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．
另解：（1）取BC₁的中点H，连接NH．（1）由于AA₁⊥平面BCM，则AA₁⊥CM，考虑到△AA₁C为正三角形，从而M为AA₁中点．由于H，N为BC₁，BC中点，从而$NH∥\frac{1}{2}C{C_1}$．又$AM\underline{\underline{∥}}\frac{1}{2}C{C_1}$，从而NH∥AM，故AMHN为平行四边形，从而MH∥AN．又MH?平面BC₁M，AN?平面BC₁M，从而AN∥平面BC₁M．
（2）由于侧面ACC₁A₁⊥底面ABC，平面ACC₁A₁∩底面ABC=AC，BC⊥AC，BC?平面ABC，从而BC⊥平面ACC₁A₁，又MC?平面ACC₁A₁，从而MC⊥BC．又MC⊥CC₁，从而BC∩CC₁=C，从而MC⊥平面BCC₁B₁．又BC=CC₁，H为BC₁的中点，从而CH⊥BC₁，故∠MHC为二面角M-BC₁-C的平面角．又$MC=\sqrt{3}$，$CH=\sqrt{2}$，$MH=\sqrt{5}$，从而$cos∠MHC=\frac{CH}{MH}=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．又二面角M-BC₁-C的平面角的补角为∠MHC，二面角M-BC₁-C的余弦值为$-\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．

点评 本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．