Question

1．如圖，在多面體ABCA₁B₁C₁中，四邊形ABB₁A₁是正方形，CA⊥平面ABB₁A₁，AC=AB=1，B₁C₁∥BC，BC=2B₁C₁．
（Ⅰ）求異面直線CA₁與BC₁所成角的正切值；
（Ⅱ）求證：AB₁∥平面A₁C₁C；
（Ⅲ）若點(diǎn)M是AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定點(diǎn)M的位置，使得二面角C-A₁C₁-M的余弦值為$\frac{1}{3}$．

Answer 1

分析 （I）以A為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{C{A}_{1}}$，$\overrightarrow{B{C}_{1}}$的夾角即可得出答案；
（II）求出平面A₁C₁C的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$，通過證明$\overrightarrow{A{B}_{1}}⊥\overrightarrow{{n}_{1}}$得出結(jié)論；
（III）設(shè)M（0，λ，0），求出平面A₁C₁M的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$，令|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞|=$\frac{1}{3}$求出λ即可確定M的位置．

解答 解：（I）以A為原點(diǎn)，以AC，AB，AA₁為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，如圖所示：
則B（0，1，0），C（1，0，0），A₁（0，0，1），B₁（0，1，1），C₁（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
∴$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$，1），
∴cos＜$\overrightarrow{C{A}_{1}}$，$\overrightarrow{B{C}_{1}}$＞=$\frac{\overrightarrow{C{A}_{1}}•\overrightarrow{B{C}_{1}}}{|\overrightarrow{C{A}_{1}}||\overrightarrow{B{C}_{1}}|}$=$\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{2}×\frac{\sqrt{6}}{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
設(shè)異面直線CA₁與BC₁所成角為θ，則cosθ=$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
∴sinθ=$\frac{\sqrt{33}}{6}$，tanθ=$\frac{sinθ}{cosθ}$=$\sqrt{11}$．
∴異面直線CA₁與BC₁所成角的正切值為$\sqrt{11}$．
（II）證明：$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（-1，0，1），$\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=（0，1，1），
設(shè)平面A₁C₁C的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，
∵$\left\{\begin{array}{l}{-x+z=0}\\{\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\end{array}\right.$，令x=1得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，-1，1），
∴$\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{A{B}_{1}}$=0，
又AB₁?平面A₁C₁C，
∴AB₁∥平面A₁C₁C．
（III）設(shè)M（0，λ，0）（0≤λ≤1），則$\overrightarrow{{A}_{1}M}$=（0，λ，-1），
設(shè)平面MA₁C₁的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{{A}_{1}{C}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{{A}_{1}M}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\\{λy-z=0}\end{array}\right.$，令y=1得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（-1，1，λ），
∴|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$|=|$\frac{λ-2}{\sqrt{3}×\sqrt{{λ}^{2}+2}}$|=$\frac{1}{3}$，
解得λ=1或λ=5（舍）．
∴當(dāng)M位于B點(diǎn)時(shí)，二面角C-A₁C₁-M的余弦值為$\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，選擇合適的坐標(biāo)原點(diǎn)，建立坐標(biāo)系是解題關(guān)鍵，屬于中檔題．