解：方法一：由平面A₁ACC₁⊥平面ABC，作C₁M⊥AC于M，则C₁M⊥面ABC．

作MN⊥BC于N，连C₁N，则C₁N⊥BC，由 $c o s ∠ C_{1} C N = \frac{C N}{C C_{1}}$ ， $c o s ∠ C_{1} C M = \frac{C M}{C C_{1}}$ ， $c o s ∠ N C M = \frac{C N}{C M}$ 知cos∠C₁CN=cos∠C₁CM•cos∠NCM，而∠C₁CM=60°，∠NCM=30°，故 $\frac{1}{2} = c o s ∠ C_{1} C M \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，即 $c o s ∠ C_{1} C M = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ．

在四边形AA₁C₁C中，设AA₁=x．

则由余弦定理得 $A_{1} C^{2} = x^{2} + 12 - 2 x \cdot 2 \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = x^{2} - 4 x + 12$ ． $C_{1} E^{2} = x^{2} + 3 - 2 \cdot x \cdot \sqrt{3} \cdot (- \frac{\sqrt{3}}{3}) = x^{2} + 2 x + 3$ ，设A₁C与C₁E交于点H，则 $A_{1} H = \frac{2}{3} A_{1} C$ ， $C_{1} H = \frac{2}{3} C_{1} E$ ，而A₁C⊥C₁E，则 $A_{1} H^{2} + C_{1} H^{2} = A_{1} C_{1}^{2}$ ．

于是 $\frac{4}{9} (x^{2} - 4 x + 12) + \frac{4}{9} (x^{2} + 2 x + 3) = {(2 \sqrt{3})}^{2}$ ，即x²﹣x﹣6=0，∴x=3或﹣2（舍）

容易求得： $A_{1} E = \sqrt{6}$ ，而 $A_{1} E^{2} + A E^{2} = A A_{1}^{2}$ ．

故A₁E⊥AC，由面A₁ACC₁⊥面ABC，则A₁E⊥面ABC，过E作EF⊥AB于F，连A₁F，则∠A₁FE为二面角A₁﹣AB﹣C的平面角，由平面几何知识易得 $E F = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $A_{1} F = \frac{3}{2} \sqrt{3}$ ．

∴ $c o s ∠ A_{1} F E = \frac{A E}{A_{1} F} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3 \sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{3}$

方法二：以A点为原点，AC为y轴，过点A与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA₁=x，∠A₁AC=θ，则 $B (1 ， \sqrt{3} ， 0)$ ， $C (0 ， 2 \sqrt{3} ， 0)$ ， $E (0 ， \sqrt{3} ， 0)$ ， $C_{1} (0 ， 2 \sqrt{3} + x c o s θ ， x s i n θ)$ ．

∴ $\vec{C B} = (1 ， - \sqrt{3} ， 0)$ ， $\vec{C C_{1}} = (0 ， x c o s θ ， x s i n θ)$ ．由 $c o s < \vec{C B} ， \vec{C C_{1}} > = \frac{\vec{C B} \cdot \vec{C C_{1}}}{| \vec{C B} | | \vec{C C_{1}} |} = - \frac{1}{2}$ ，得 $\frac{- \sqrt{3} x \cdot c o s θ}{2 x} = - \frac{1}{2}$ ，∴ $c o s θ = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ，则 $A_{1} (0 ， \frac{\sqrt{3}}{3} x ， \frac{\sqrt{6}}{3} x)$ ， $C_{1} (0 ， 2 \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} x ， \frac{\sqrt{6}}{3} x)$ ，于是 $\vec{A_{1} C} = (0 ， 2 \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} x ， - \frac{\sqrt{6}}{3} x)$ ， $\vec{B C_{1}} = (- 1 ， \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} x ， \frac{\sqrt{6}}{3})$ ，∵ $\vec{A_{1} C} ⊥ \vec{B C_{1}}$ ，

∴ $(\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} x) (2 \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} x) - \frac{\sqrt{6}}{3} x \cdot \frac{\sqrt{6}}{3} x = 0$ ，即x²﹣x﹣6=0，解得x=3或﹣2（舍），故AA₁=3，则 $A_{1} (0 ， \sqrt{3} ， \sqrt{6})$ ， $B (1 ， \sqrt{3} ， 0)$ ，于是 $\vec{A A_{1}} = (0 ， \sqrt{3} ， \sqrt{6})$ ， $\vec{A B} = (1 ， \sqrt{3} ， 0)$ ，设平面A₁AB的法向量为 $\vec{n_{1}} = (x ， y ， z)$ ，则 ${\begin{matrix} \vec{n_{1}} \cdot \vec{A A_{1}} = 0 \\ \vec{n_{1}} \cdot \vec{A B} = 0 \end{matrix}$ 即 ${\begin{matrix} \sqrt{3} y + \sqrt{6} z = 0 \\ x + \sqrt{3} y = 0 \end{matrix}$ ，取y=1，则 $z = - \frac{\sqrt{2}}{2} ， x = - \sqrt{3}$ ，∴ $\vec{n_{1}} = (- \sqrt{3} ， 1 ， - \frac{\sqrt{2}}{2})$ ．

不妨设平面ABC的法向量 $\vec{n_{2}} = (0 ， 0 ， 1)$ ，则 $c o s < \vec{n_{1}} ， \vec{n_{2}} > = \frac{\vec{n_{1}} \cdot \vec{n_{2}}}{| \vec{n_{1}} | | \vec{n_{2}} |} = \frac{\frac{- \sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\frac{9}{2}} \times 1} = - \frac{1}{3}$ ，

故二面角A₁﹣AB﹣C的余弦值为 $\frac{1}{3}$

2017年四川省成都市高新区高考数学考前模拟试卷（理科）（2）