（本小题满分 13 分）如图，在三棱柱 A B C-A_…——2011 高考数学第 16 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 $\cos \left\langle\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}}{|\overrightarrow{A C}| \cdot\left|\overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right|}=\frac{4}{3 \times 2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$ ，
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：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 $\mathrm{AA}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 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 $\left\{\begin{array}{l}n \cdot \overrightarrow{A_{1} C_{1}}=0, \\ n \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}=0 .\end{array}\right.$ 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 $\cos \langle m, n\rangle=\frac{m \cdot n}{|m| \cdot|n|}=\frac{2}{\sqrt{7} \cdot \sqrt{7}}=\frac{2}{7}$ ，
从而 $\sin \langle m, n\rangle=\frac{3 \sqrt{5}}{7}$ ．
所以二面角 $A-A_{1} C_{1}-B$ 的正弦值为 $\frac{3 \sqrt{5}}{7}$ ．
（III）解：由 N 为棱 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 的中点，
得 $N\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{3 \sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{5}}{2}\right)$ 。设 $M(a, b, 0)$ ，
则 $\overrightarrow{M N}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-a, \frac{3 \sqrt{2}}{2}-b, \frac{\sqrt{5}}{2}\right)$
由 $M N \perp$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1}$ ，得 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}=0, \\ \overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{A_{1} C_{1}}=0,\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-a\right) \cdot(-2 \sqrt{2})=0, \\ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}-a\right) \cdot(-\sqrt{2})+\left(\frac{3 \sqrt{2}}{2}-b\right) \cdot(-\sqrt{2})+\frac{\sqrt{5}}{2} \cdot \sqrt{5}=0 .\end{array}\right.$
解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ b=\frac{\sqrt{2}}{4} .\end{array}\right.$ 故 $M\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{4}, 0\right)$ ．
因此 $\overrightarrow{B M}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{4}, 0\right)$ ，所以线段 BM 的长为 $|\overrightarrow{B M}|=\frac{\sqrt{10}}{4}$ ．

**方法二**：
（I）解：由于 $\mathrm{AC} / / \mathrm{A}_{1} \mathrm{C}_{1}$ ，故 $\angle C_{1} A_{1} B_{1}$ 是异面直线 AC 与 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}$ 所成的角．

因为 $C_{1} H \perp$ 平面 $\mathrm{AA}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{~B}$ ，又 H 为正方形 $\mathrm{AA}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{~B}$ 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 $\mathrm{AC}_{1}$ ，易知 $\mathrm{AC}_{1}=\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}$ ，
又由于 $\mathrm{AA}_{1}=\mathrm{B}_{1} \mathrm{~A}_{1}, \mathrm{~A}_{1} \mathrm{C}_{1}=\mathrm{A}_{1}=\mathrm{C}_{1}$ ，
所以 $\triangle A C_{1} A_{1} \cong \Delta B_{1} C_{1} A$ ，过点 A 作 $A R \perp A_{1} C_{1}$ 于点 R ，
连接 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{R}$ ，于是 $B_{1} R \perp A_{1} C_{1}$ ，故 $\angle A R B_{1}$ 为二面角 $\mathrm{A}-\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}_{1}-\mathrm{B}_{1}$ 的平面角．
在 $R t \triangle A_{1} R B_{1}$ 中，$B_{1} R=A_{1} B_{1} \cdot \sin \angle R A_{1} B_{1}=2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{14}}{3}$ ．
连接 $\mathrm{AB}_{1}$ ，在 $\triangle A R B_{1}$ 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 $A-A_{1} C_{1}-B_{1}$ 的正弦值为 $\frac{3 \sqrt{5}}{7}$ ．
（III）解：因为 $M N \perp$ 平面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1}$ ，所以 $M N \perp A_{1} B_{1}$ ．
取 $\mathrm{HB}_{1}$ 中点 D ，连接 ND ，由于 N 是棱 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 中点，
所以 $\mathrm{ND} / / \mathrm{C}_{1} \mathrm{H}$ 且 $N D=\frac{1}{2} C_{1} H=\frac{\sqrt{5}}{2}$ ．
又 $C_{1} H \perp$ 平面 $\mathrm{AA}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{~B}$ ，
所以 $N D \perp$ 平面 $\mathrm{AA}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{~B}$ ，故 $N D \perp A_{1} B_{1}$ ．

又 $M N \cap N D=N$ ，

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

则 $M E \perp A_{1} B_{1}$ ，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 Rt $\triangle E N M$ 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 Rt $\triangle B F M$ 中，
$B M=\sqrt{F M^{2}+B F^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$.