Question

2．如圖，在圓柱OO₁中，矩形ABB₁A₁是過OO₁的截面CC₁是圓柱OO₁的母線，AB=2，AA₁=3，∠CAB=$\frac{π}{3}$．
（1）證明：AC₁∥平面COB₁；
（2）在圓O所在的平面上，點(diǎn)C關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)為D，求二面角D-B₁C-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)B₁C₁、BC₁，設(shè)BC₁∩B₁C=M，推導(dǎo)出四邊形BB₁C₁C為平行四邊形，從而MO∥AC₁，由此能證明AC₁∥平面COB₁．
（2）以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，OC₁為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角D-B₁C-B的二面角的余弦值．

解答 證明：（1）連結(jié)B₁C₁、BC₁，設(shè)BC₁∩B₁C=M，
∵BB₁$\underset{∥}{=}$CC₁，∴四邊形BB₁C₁C為平行四邊形，∴M為BC₁的中點(diǎn)，
在△ABC₁中，O為AB的中點(diǎn)，∴MO∥AC₁，
又AC₁?平面B₁CD，MO?平面B₁CD，
∴AC₁∥平面COB₁．
解：（2）如圖，∵AB是圓O的直徑，∴AC⊥BC，
∵C₁C⊥平面ABC，∴C₁C⊥AC，C₁C⊥BC，
又∠BAC=60°，AB=2，∴AC=1，BC=$\sqrt{3}$，AA₁=3，
以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，OC₁為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，$\sqrt{3}$，0），C₁（0，0，3），
O（$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），B₁（0，$\sqrt{3}，3$），
在圓O上，C，D關(guān)于直線AB對(duì)稱，△AOC為正三角形，且OA=1，
∴CD=$\sqrt{3}OA=\sqrt{3}$，∠ACD=30°，過點(diǎn)D作DP⊥x軸，DQ⊥y軸，垂足分別為P，Q，
則CP=CD•cos$∠ACD=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{3}{2}$，
CQ=CD•sin$∠ACD=\sqrt{3}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴D（$\frac{3}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），∴$\overrightarrow{CD}$=（$\frac{3}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），
設(shè)平面CDB₁的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=3x+\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{3}y+3z=0}\end{array}\right.$，取y=-$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，1），
平面B₁BC的一個(gè)法向量$\overrightarrow{m}$=（1，0，0），
設(shè)二面角D-B₁C-B的二面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$．
故二面角D-B₁C-B的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系及二面角、空間向量等基礎(chǔ)知識(shí)；考查學(xué)生的空間想象能力、推理論證能力及運(yùn)算求解能力；考查了化歸與轉(zhuǎn)化及數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想．