（本小题满分13分）如图，在三棱柱 A B C - A _…——2011 高考数学第 17 题答案解析

【解答】
本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.

**方法一**：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.

依题意得 $A ( 2 \sqrt { 2 } , 0 , 0 ) , B ( 0 , 0 , 0 ) , C ( \sqrt { 2 } , - \sqrt { 2 } , \sqrt { 5 } )$

$$ A _ { 1 } ( 2 \sqrt { 2 } , 2 \sqrt { 2 } , 0 ) , B _ { 1 } ( 0 , 2 \sqrt { 2 } , 0 ) , C _ { 1 } ( \sqrt { 2 } , \sqrt { 2 } , \sqrt { 5 } ) $$

（I）解：易得 $\overrightarrow { A C } = ( - \sqrt { 2 } , - \sqrt { 2 } , \sqrt { 5 } ) , \overrightarrow { A _ { 1 } B _ { 1 } } = ( - 2 \sqrt { 2 } , 0 , 0 )$

于是 $\cos { \Bigl \langle } { \overrightarrow { A C } } , { \overrightarrow { A _ { 1 } B _ { 1 } } } { \Bigr \rangle } = { \frac { \overrightarrow { A C } \cdot { \overrightarrow { A _ { 1 } B _ { 1 } } } } { { \vert \overrightarrow { A C } \vert } \cdot { \vert \overrightarrow { A _ { 1 } B _ { 1 } } \vert } } } = { \frac { 4 } { 3 \times 2 { \sqrt { 2 } } } } = { \frac { \sqrt { 2 } } { 3 } } .$

所以异面直线AC与A B 所成角的余弦值为 $\frac { \sqrt { 2 } } { 3 }$ .

（II）解：易知 $\overrightarrow { A A _ { 1 } } = ( 0 , 2 \sqrt { 2 } , 0 ) , \overrightarrow { A _ { 1 } C _ { 1 } } = ( - \sqrt { 2 } , - \sqrt { 2 } , \sqrt { 5 } )$

设平面 $\mathrm { { A A } _ { 1 } C _ { 1 } }$ 的法向量 $m = ( x , y , z )$

则 $\left\{ { \begin{array} { l } { m \cdot { \overrightarrow { A _ { 1 } C _ { 1 } } } = 0 } \\ { m \cdot { \overrightarrow { A A _ { 1 } } } = 0 } \end{array} } \right.$ 即 $\left\{ { \begin{array} { l } { - { \sqrt { 2 } } x - { \sqrt { 2 } } y + { \sqrt { 5 } } z = 0 , } \\ { 2 { \sqrt { 2 } } y = 0 . } \end{array} } \right.$

不妨令 $x = { \sqrt { 5 } } ,$ ,可得 $m = ( { \sqrt { 5 } } , 0 , { \sqrt { 2 } } )$

同样地，设平面 $\mathrm { A } _ { 1 } \mathrm { B } _ { 1 } \mathrm { C } _ { 1 }$ 的法向量 $n = ( x , y , z )$

则 $\left\{ { n \cdot \overline { { { A _ { 1 } C _ { 1 } } } } } = 0 , \right.$ 即 $\left\{ { \begin{array} { l } { - { \sqrt { 2 } } x - { \sqrt { 2 } } y + { \sqrt { 5 } } z = 0 , } \\ { - 2 { \sqrt { 2 } } x = 0 . } \end{array} } \right.$ 不妨令 $y = { \sqrt { 5 } }$

可得 $n = ( 0 , { \sqrt { 5 } } , { \sqrt { 2 } } )$

于是 $\cos \left. m , n \right. { \overset { } = } { \frac { m \cdot n } { \left| m \right| \cdot \left| n \right| } } { \overset { } = } { \frac { 2 } { \sqrt { 7 } \cdot { \sqrt { 7 } } } } = { \frac { 2 } { 7 } } ,$

从而 $\sin \left. { m , n } \right. = { \frac { 3 { \sqrt { 5 } } } { 7 } }$

所以二面角 $\mathrm { A { - } A _ { 1 } C _ { 1 } { - } B }$ 的正弦值为 $\frac { 3 { \sqrt { 5 } } } { 7 }$

（III）解：由N为棱B₁C₁的中点，

得 $N ( \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , \frac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 } , \frac { \sqrt { 5 } } { 2 } )$ . 设 M $( \mathrm { a } , \mathrm { b } , \mathrm { 0 } )$

则 $\overrightarrow { M N } = ( \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } - a , \frac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 } - b , \frac { \sqrt { 5 } } { 2 } )$

由 $M N \perp$ 平面 $\mathrm { A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 } }$ ，得 $\left\{ \frac { \overrightarrow { M N } \cdot \overrightarrow { A _ { 1 } B _ { 1 } } = 0 , } { \overrightarrow { M N } \cdot \overrightarrow { A _ { 1 } C _ { 1 } } = 0 . } \right.$

${ \biggl | } ( { \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } - a ) \cdot ( - 2 { \sqrt { 2 } } ) = 0 ,$
即í
$\left| ( { \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } - a ) \cdot ( - { \sqrt { 2 } } ) + ( { \frac { 3 { \sqrt { 2 } } } { 2 } } - b ) \cdot ( - { \sqrt { 2 } } ) + { \frac { \sqrt { 5 } } { 2 } } \cdot { \sqrt { 5 } } = 0 . \right.$

解得 $\left\{ { \begin{array} { l } { a = { \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } } , } \\ { b = { \frac { \sqrt { 2 } } { 4 } } . } \end{array} } \right.$ 故 $M ( \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , \frac { \sqrt { 2 } } { 4 } , 0 )$

因此 $\overrightarrow { B M } = ( \frac { \sqrt { 2 } } { 2 } , \frac { \sqrt { 2 } } { 4 } , 0 )$ ，所以线段BM的长为| $\overrightarrow { B M } = \frac { \sqrt { 1 0 } } { 4 }$

**方法二**：

（I）解：由于 $\mathrm { A C / / A _ { 1 } C _ { 1 } }$ ，故 $\angle C _ { 1 } A _ { 1 } B _ { 1 }$ 是异面直线AC与A₁B₁所成的角.

因为 $C _ { 1 } H \bot$ 平面 $\mathrm { A A _ { 1 } B _ { 1 } B }$ ，又 H 为正方形 $\mathrm { A A _ { 1 } B _ { 1 } B }$ 的中心，

$$ A A _ { 1 } = 2 \sqrt { 2 } , C _ { 1 } H = \sqrt { 5 } , $$

可得 $A _ { 1 } C _ { 1 } = B _ { 1 } C _ { 1 } = 3$

因此 $\cos \angle C _ { 1 } A _ { 1 } B _ { 1 } = \frac { A _ { 1 } C _ { 1 } ^ { 2 } + A _ { 1 } B _ { 1 } ^ { 2 } - B _ { 1 } C _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 A _ { 1 } C _ { 1 } \cdot A _ { 1 } B _ { 1 } } = \frac { \sqrt { 2 } } { 3 } .$

所以异面直线AC与 $\mathrm { A } _ { 1 } \mathrm { B } _ { 1 }$ 所成角的余弦值为 $\frac { \sqrt { 2 } } { 3 }$ .

（II）解：连接 AC₁，易知 $\mathrm { A C _ { 1 } = B _ { 1 } C _ { 1 } }$

又由于 $A A _ { 1 } = B _ { 1 } A _ { 1 } , ~ A _ { 1 } C _ { 1 } = A _ { 1 } = C _ { 1 }$

所以 $\Delta A C _ { 1 } A _ { 1 } \cong \Delta B _ { 1 } C _ { 1 } A$ ，过点 A 作 $A R \perp A _ { 1 } C _ { 1 }$ 于点 R，

连接 B₁R，于是 $B _ { 1 } R \bot A _ { 1 } C _ { 1 }$ ，故 $\angle A R B _ { 1 }$ 为二面角 $\mathrm { A { - } A _ { 1 } C _ { 1 } { - } B _ { 1 } }$ 的平面角.

在 $R t \Delta A _ { 1 } R B _ { 1 }$ 中， $B _ { 1 } R = A _ { 1 } B _ { 1 } \cdot \sin \angle R A _ { 1 } B _ { 1 } = 2 \sqrt { 2 } \cdot \sqrt { 1 - ( \frac { \sqrt { 2 } } { 3 } ) ^ { 2 } } = \frac { 2 \sqrt { 1 4 } } { 3 } .$

连接 AB₁，在 $\Delta A R B _ { 1 }$ 中，

$$ A B _ { 1 } = 4 , A R = B _ { 1 } R , \cos \angle A R B _ { 1 } = \frac { A R ^ { 2 } + B _ { 1 } R ^ { 2 } - A B _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 A R \cdot B _ { 1 } R } = - \frac { 2 } { 7 } , $$

从而 $\sin \angle A R B _ { 1 } = \frac { 3 \sqrt { 5 } } { 7 }$

所以二面角 $\mathrm { A { - } A _ { 1 } C _ { 1 } { - } B _ { 1 } }$ 的正弦值为 $\frac { 3 { \sqrt { 5 } } } { 7 }$

（III）解：因为 $M N \perp$ 平面 $\mathrm { A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 } }$ ，所以 $M N \perp A _ { 1 } B _ { 1 }$

取HB₁中点D，连接ND，由于N是棱B₁C₁中点，

所以 $\mathrm { N D / / C _ { 1 } H }$ 且 $N D = \frac { 1 } { 2 } C _ { 1 } H = \frac { \sqrt { 5 } } { 2 }$

又 $C _ { 1 } H \bot$ 平面 AA₁B₁B，

所以 ND ^平面 $\mathrm { A A } _ { 1 } \mathrm { B } _ { 1 } \mathrm { B }$ ，故 $N D \perp A _ { 1 } B _ { 1 }$

又 $M N \cap N D = N ;$

所以 $A _ { 1 } B _ { 1 }$ ^平面 MND，连接 MD 并延长交 $\mathrm { A } _ { 1 } \mathrm { B } _ { 1 }$ 于点 E，

则 $M E \bot A _ { 1 } B _ { 1 }$ ,故 $M E / / A A _ { 1 }$

由 $\frac { D E } { A A _ { 1 } } = \frac { B _ { 1 } E } { B _ { 1 } A _ { 1 } } = \frac { B _ { 1 } D } { B _ { 1 } A } = \frac { 1 } { 4 }$

得 $D E = B _ { 1 } E = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 }$ ，延长 EM 交 AB 于点 F，

可得 $B F = B _ { 1 } E = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 }$ . 连接 NE.

在 $R t \Delta E N M$ 中，

$N D \perp M E$ ,故 $N D ^ { 2 } = D E \cdot D M$

所以 $D M = \frac { N D ^ { 2 } } { D E } = \frac { 5 \sqrt { 2 } } { 4 }$

可得 $F M = \frac { \sqrt { 2 } } { 4 }$

连接 BM，在 $R t \Delta B F M$ 中，

$$ B M = \sqrt { F M ^ { 2 } + B F ^ { 2 } } = \frac { \sqrt { 1 0 } } { 4 } . $$