Question

11．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面BCC₁B₁⊥平面ABC，四邊形BCC₁B₁為菱形，點(diǎn)M是棱AC上不同于A，C的點(diǎn)，平面B₁BM與棱A₁C₁交于點(diǎn)N，AB=BC=2，∠ABC=90°，∠BB₁C₁=60°．
（Ⅰ）求證：B₁N∥平面C₁BM；
（Ⅱ）求證：B₁C⊥平面ABC₁；
（Ⅲ）若二面角A-BC₁-M為30^°，求AM的長．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)棱柱的性質(zhì)可得面ABC∥面A₁B₁C₁，⇒B₁N∥BM．即可得B₁N∥平面C₁BM；
（Ⅱ）只需證明AB⊥B₁C，B₁C⊥BC₁即可證的B₁C⊥平面ABC₁；
（Ⅲ）以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz．則B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），C₁（0，1，$\sqrt{3}$），B₁（0，-1，$\sqrt{3}$）.$\overrightarrow{BA}=（2，0，0）$，$\overrightarrow{B{C}_{1}}=（0，1，\sqrt{3}）$
設(shè)$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AC}$，λ∈（0，1），則$\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=（2-2λ，2λ，0）$，利用向量求解

解答 解（Ⅰ）∵平面B₁BM與棱A₁C₁交于點(diǎn)N，根據(jù)棱柱的性質(zhì)可得面ABC∥面A₁B₁C₁，⇒B₁N∥BM．
又∵BM?平面C₁BM，B₁N?平面C₁BM，∴B₁N∥平面C₁BM；
（Ⅱ）∵平面BCC₁B₁⊥平面ABC，平面BCC₁B₁∩平面ABC=BC，AB?面ABC，AB⊥BC，∴AB⊥面BCC₁B₁．
∴AB⊥B₁C
∵四邊形BCC₁B₁為菱形，∴B₁C⊥BC₁，且AB∩BC₁=B，
∴B₁C⊥平面ABC₁；
（Ⅲ）如圖，以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz．
則B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），C₁（0，1，$\sqrt{3}$），B₁（0，-1，$\sqrt{3}$）.$\overrightarrow{BA}=（2，0，0）$，$\overrightarrow{B{C}_{1}}=（0，1，\sqrt{3}）$
設(shè)$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AC}$，λ∈（0，1），則$\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=（2-2λ，2λ，0）$
由（Ⅰ）可知面BAC₁的法向量為$\overrightarrow{{B}_{1}C}=（0，3，-\sqrt{3}）$
設(shè)面面C₁BM的法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BM}=（2-2λ）x+2λy=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{m}=（\frac{\sqrt{3}λ}{λ-1}，\sqrt{3}，-1）$，
∵二面角A-BC₁-M為30^°，∴cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{{B}_{1}C}＞$=$\frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{3}×\sqrt{（\frac{\sqrt{3}λ}{λ-1}）^{2}+4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$．
解得$λ=\frac{2}{5}$．
∴AM=$\frac{2}{5}AC=\frac{4\sqrt{2}}{5}$

點(diǎn)評 本題考查了空間線面平行\(zhòng)線面垂直的判定，向量法求二面角，屬于中檔題．