Question

13．如圖所示，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB=90°，AA₁⊥平面ABC，AC=BC=CC₁，M，N分別為A₁B，B₁C₁的中點．
（1）求證：MN⊥平面A₁BC；
（2）求直線BC₁和平面A₁BC所成的角的大�。�
（3）設D是棱AA₁上的動點，求二面角A-BC-D的最大值，并指出此時點D的位置．

Answer 1

分析 （1）以C為原點，CA為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明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線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的最大值和此時D點位置．

解答 （1）證明：以C為原點，CA為x軸，CB為y軸，CC₁為z軸，建立空間直角坐標系，
設AC=BC=CC₁=2，
則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），
設平面A₁BC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=2x+2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=2y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，0，-1），
設直線BC₁和平面A₁BC所成的角為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°，即直線BC₁和平面A₁BC所成的角的大小為30°．
（3）解：設D（2，0，t），0≤t≤2，$\overrightarrow{CD}$=（2，0，t），$\overrightarrow{CB}$=（0，2，0），
設平面BDC的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CD}=2a+tc=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CB}=2b=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，-$\frac{2}{t}$），
又平面ABC的法向量$\overrightarrow{p}$=（0，0，1），
設二面角A-BC-D的平面角為α，
則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時，（cosα）_min=$\frac{2}{\sqrt{4+4}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，此時α=45°，
∴二面角A-BC-D的最大值為45°，此時D與A₁重合．

點評 本題考查線面垂直的證明，考查線面角的大小的求法，考查二面角的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．