Question

如圖，圓柱OO₁內(nèi)有一個(gè)三棱柱ABC-A₁B₁C₁，三棱柱的底面為圓柱底面的內(nèi)接三角形，且AB是圓O直徑．
（I）證明：平面A₁ACC₁⊥平面B₁BCC₁；
（Ⅱ）設(shè)AB=AA₁，在圓柱OO₁內(nèi)隨機(jī)選取一點(diǎn)，記該點(diǎn)取自于三棱柱ABC-A₁B₁C₁內(nèi)的概率為P．
（i）當(dāng)點(diǎn)C在圓周上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求P的最大值；
（ii）記平面A₁ACC₁與平面B₁OC所成的角為θ（0°≤θ≤90°），當(dāng)P取最大值時(shí)，求cosθ的值．

Answer 1

分析：（I）欲證平面A₁ACC₁⊥平面B₁BCC₁，關(guān)鍵是找線面垂直，根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可知BC⊥平面A₁ACC₁；
（Ⅱ）（i）根據(jù)AC²+BC²=AB²為定值可求出V₁的最大值，從而得到p=

V1

V

的最大值．
（ii）p取最大值時(shí)，OC⊥AB，于是以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，求出平面A₁ACC₁的一個(gè)法向量與平面B₁OC的一個(gè)法向量，然后求出兩法向量的夾角從而得到二面角的余弦值．

解答：解：（Ⅰ）因?yàn)锳A₁⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AA₁⊥BC，
因?yàn)锳B是圓O直徑，所以BC⊥AC，又AC∩AA₁=A，所以BC⊥平面A₁ACC₁，
而BC?平面B₁BCC₁，所以平面A₁ACC₁⊥平面B₁BCC₁．
（Ⅱ）（i）設(shè)圓柱的底面半徑為r，則AB=AA₁=2r，
故三棱柱ABC-A₁B₁C₁的體積為 V1=

1

2

AC•BC•2r=AC•BC•r，
又因?yàn)锳C²+BC²=AB²=4r²，
所以 AC•BC≤

AC2+BC2

2

=2r²，當(dāng)且僅當(dāng) AC=BC=

2

r時(shí)等號(hào)成立，
從而V₁≤2r³，而圓柱的體積V=πr²•2r=2πr³，
故p=

V1

V

≤

2r3

2πr3

=

1

π

，
當(dāng)且僅當(dāng) AC=BC=

2

r，即OC⊥AB時(shí)等號(hào)成立，
所以p的最大值是

1

π

．
（ii）p取最大值時(shí)，OC⊥AB，
于是以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，
建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
則C（r，0，0），B（0，r，0），B₁（0，r，2r），
因?yàn)锽C⊥平面A₁ACC₁，
所以

BC

=(r，-r，0)是平面A₁ACC₁的一個(gè)法向量，
設(shè)平面B₁OC的法向量

n

=(x，y，z)，
由

n ⊥ OC n ⊥ OB1

得

rx=0 ry+2rz=0

，
故

x=0 y=-2z

，
取z=1得平面B₁OC的一個(gè)法向量為

n

=(0，-2，1)，
因?yàn)?°＜θ≤90°，
所以 cosθ=|cos?

n

，

BC

＞|
=|

n • BC

| n |•| BC |

|
=|

2r

5 • 2 r

|
=

10

5

．

點(diǎn)評(píng)：本小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，以及幾何體的體積、幾何概型等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、必然與或然思想．