Question

18．如圖，在多面體ABC-A₁B₁C₁中，四邊形ABB₁A₁是正方形，△A₁CB是等邊三角形，AC=AB=1，B₁C₁∥BC，BC=2B₁C₁．
（Ⅰ）求證：AB₁∥平面A₁C₁C；
（Ⅱ）若點M是邊AB上的一個動點（包括A，B兩端點），試確定點M的位置，使得平面CA₁C₁和平面MA₁C₁所成的角（銳角）的余弦值是$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由B₁C₁∥BC，可得B，B₁，C₁，C四點共面，延長CC₁，BB₁交于點D，連接A₁D，由題意可證四邊形AA₁DB₁為平行四邊形．從而得到AB₁∥A₁D，然后由線面平行的判定得到AB₁∥平面A₁C₁C；
（Ⅱ）由已知通過解三角形得到A₁A⊥AC，AB⊥AC，然后建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)點M（0，t，0），（0≤t≤1），求出平面平面CA₁C₁的一個法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$，平面MA₁C₁的一個法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$，由題設(shè)平面CA₁C₁和平面MA₁C₁所成的角（銳角）的余弦值是$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$列式求得t，則答案可求．

解答 （Ⅰ）證明：如圖，
∵B₁C₁∥BC，∴B，B₁，C₁，C四點共面，延長CC₁，BB₁交于點D，連接A₁D，
∵BC=2B₁C₁，∴B₁D=BB₁，
又ABB₁A₁為正方形，∴B₁D∥AA₁，B₁D=AA₁，
∴四邊形AA₁DB₁為平行四邊形．
∴AB₁∥A₁D，又A₁D?平面A₁C₁C，AB₁?平面A₁C₁C，
∴AB₁∥平面A₁C₁C；
（Ⅱ）解：∵四邊形ABB₁A₁為正方形，
∴A₁A=AB=AC=1，A₁A⊥AB，
又△A₁BC是等邊三角形，∴${A}_{1}C=BC={A}_{1}B=\sqrt{2}$，
∴${A}_{1}{A}^{2}+A{C}^{2}={A}_{1}{C}^{2}，A{C}^{2}+A{B}^{2}=B{C}^{2}$，
∴∠A₁AC=90°，∠BAC=90°，即A₁A⊥AC，AB⊥AC．
故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則C（1，0，0），A₁（0，0，1），${C}_{1}（\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，1）$，
設(shè)點M（0，t，0），（0≤t≤1），
則向量$\overrightarrow{C{A}_{1}}=（-1，0，1）$，
$\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=（\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，0），\overrightarrow{{A}_{1}M}=（0，t，-1）$，
設(shè)平面CA₁C₁的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
則由$\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=0，\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=0$．
得$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{1}+{z}_{1}=0}\\{\frac{1}{2}{x}_{1}+\frac{1}{2}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，令z₁=1，則$\overrightarrow{{n}_{1}}=（1，-1，1）$．
設(shè)平面MA₁C₁的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
則由$\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=0，\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AM}=0$，得
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}{x}_{2}+\frac{1}{2}{y}_{2}=0}\\{t{y}_{2}-{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，令y₂=1，得$\overrightarrow{{n}_{2}}=（-1，1，t）$，
∴由題設(shè)得$|cos＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞|=|\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}|=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
即$\frac{|-2+t|}{\sqrt{3}•\sqrt{2+{t}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
又0≤t≤1，解得t=$\frac{1}{2}$．
即點M在線段AB的中點時，平面CA₁C₁和平面MA₁C₁所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查了空間直線和平面的位置關(guān)系，考查了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．