每日一题[3404]三射线定理

如图，三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，侧面 $BB_1 C_1 C\perp~\text{底面}~ABC$，且 $AB=AC$，$A_1 B=A_1 C$．

1、证明：$AA_1\perp~\text{平面}~ABC$．

2、若 $AA_1=BC=2$，$\angle BAC=90^{\circ}$，求平面 $A_1 BC$ 与平面 $A_1 BC_1$ 夹角的余弦值．

解析

1、取 $BC$ 的中点 $M$，连接 $MA, MA_1$．

因为 $AB=AC$，$A_1 B=A_1 C$，所以 $BC\perp AM$，$BC\perp A_1 M$，从而 $BC\perp~\text{平面}~A_1 MA$．因为 $A_1 A\subset~\text{平面}~A_1 MA$，所以 $BC\perp A_1 A$．又因为 $A_1 A\parallel B_1 B$，所以 $B_1 B\perp BC$，因为平面 $BB_1 C_1 C\perp~\text{平面}~ABC$，平面 $BB_1 C_1 C\bigcap~\text{平面}~ABC=BC$，且 $B_1 B\subset~\text{平面}~BB_1 C_1 C$，所以 $B_1 B\perp~\text{平面}~ABC$． 因为 $A_1 A\parallel B_1 B$，所以 $AA_1\perp~\text{平面}~ABC$，命题得证．

2、根据题意，有 $A_1C=A_1B=\sqrt 6$，$BC_1=2\sqrt 2$，于是设平面 $A_1BC$ 与平面 $A_1BC_1$ 的夹角为 $\varphi$，则根据三射线定理，有

$$\cos\angle CBC_1=\cos\angle CBA_1\cos\angle C_1BA_1+\sin\angle CBA_1\sin\angle C_1BA_1\cos\varphi,$$ 即 $$\dfrac{\sqrt 2}2=\dfrac{\sqrt 3}2\cdot \dfrac{1}{\sqrt 6}+\dfrac 12\cdot \dfrac{\sqrt 5}{\sqrt 6}\cdot\cos\varphi,$$ 解得 $\cos\varphi=\dfrac{\sqrt{15}}5$，因此所求余弦值为 $\dfrac{\sqrt{15}}5$．