Question

19．已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁，O、O₁為棱AB、A₁B₁的中點(diǎn)，OC₁=O₁C，且CB=CC₁=CA．
（1）證明：平面ABB₁A₁⊥平面C₁COO₁；
（2）若OB₁=OA₁，∠CBA=30°，求二面角C₁-OB₁-A的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用等腰三角形得出OC∥O₁C₁，OC⊥AB，根據(jù)平行四邊形對(duì)角線相等得出四邊形OCC₁O₁為矩形，即可判斷為AA₁⊥OC，再轉(zhuǎn)換為直線與直線的垂直，直線平面的垂直證明即可得出面面垂直．
（2）建立空間坐標(biāo)系得出點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)二面角的余弦值與平面度法向量的夾角的關(guān)系求解即可．注意準(zhǔn)確求解平面度法向量，充分利用數(shù)量積求解．

解答 證明：（1）∵三棱柱ABC-A₁B₁C₁，CB=CC₁=CA．
O、O₁為棱AB、A₁B₁的中點(diǎn)，
∴△ABC，△A₁B₁C₁等腰三角形，
∴OC∥O₁C₁，OC⊥AB，
∵OC₁=O₁C，AA₁∥CC₁
∴四邊形OCC₁O₁為矩形，
∴AA₁⊥OC，
∴OC⊥面AA₁B₁B，
∵OC?平面C₁COO₁，
∴平面ABB₁A₁⊥平面C₁COO₁；

（2）根據(jù)（1）可判斷三棱柱ABC-A₁B₁C₁為正三棱柱，建立坐標(biāo)系如圖，作EF⊥x軸，
∵OB₁=OA₁，∠CBA=30°
設(shè)BC=1，則EC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，BE=$\frac{1}{2}$，AB=$\sqrt{3}$，

B（0，0，0），O（$0，\frac{\sqrt{3}}{2}，0$），A（0，$\sqrt{3}$，0），C（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），C₁（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），B₁（0，0，1），
$\overrightarrow{O{B}_{1}}$=（0，$-\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），$\overrightarrow{OA}$=（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），$\overrightarrow{O{C}_{1}}$=（$\frac{1}{2}$，0，1），
設(shè)平面OB₁C₁的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{O{B}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{O{C}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{\sqrt{3}}{2}y+z=0}\\{\frac{1}{2}x+z=0}\end{array}\right.$
令x=$-2\sqrt{3}$，y=2，z=$\sqrt{3}$，
∴$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（-2$\sqrt{3}$，2，$\sqrt{3}$），
設(shè)平面OB₁A的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x，y，z），
根據(jù)幾何圖形判斷BE⊥x軸
∴$\overrightarrow{{n}_{2}}$∥$\overrightarrow{BE}$
∴可設(shè)$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，0，0），
∵$\overrightarrow{{n}_{1}}$$•\overrightarrow{{n}_{2}}$=-2$\sqrt{3}$，
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{19}×1}$=$-\frac{2\sqrt{57}}{19}$．
∵二面角C₁-OB₁-A的時(shí)銳二面角，
∴二面角C₁-OB₁-A的余弦值$\frac{2\sqrt{57}}{19}$

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了空間幾何體的性質(zhì)空間直線平面的位置關(guān)系，夾角的求解，考查學(xué)生的空間幾何能力，運(yùn)用算能力，計(jì)算能力．