Question

16． 已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，A₁A⊥底面ABC，∠BAC=90°，A₁A=1，$AB=\sqrt{3}$，AC=2，E、F分别为棱C₁C、BC的中点．
（Ⅰ）求证 AC⊥A₁B；
（Ⅱ）求直线EF与A₁B所成的角；
（Ⅲ）若G为线段A₁A的中点，A₁在平面EFG内的射影为H，求∠HA₁A．

Answer 1

分析 （I）由AC⊥AB，AC⊥AA₁即可得出AC⊥平面ABB₁A₁，于是AC⊥A₁B；
（II）以A为原点建立坐标系，求出$\overrightarrow{EF}$和 $\overrightarrow{{A}_{1}B}$的坐标，计算cos＜$\overrightarrow{EF}，\overrightarrow{{A}_{1}B}$＞即可得出直线EF与A₁B所成的角；
（III）求出$\overrightarrow{A{A}_{1}}$和平面EFG的法向量$\overrightarrow{n}$，则sin∠HA₁A=|cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{A{A}_{1}}$＞|．

解答 证明：（Ⅰ）∵AA₁⊥底面ABC，AC?平面ABC
∴AC⊥AA₁．
∵∠BAC=90°，∴AC⊥AB．
又A₁A?平面AA₁B₁B，AB?平面AA₁B₁B，A₁A∩AB=A，
∴AC⊥平面A₁ABB₁．
∵A₁B?平面A₁ABB₁，
∴AC⊥A₁B．
（Ⅱ）以A为原点建立空间直角坐标系A---xyz，如图所示：
则A₁（0，0，1），$B（{\sqrt{3}，0，0}）$，$E（{0，2，\frac{1}{2}}）$，$F（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，1，0}）$．
∴$\overrightarrow{{A_1}B}=（{\sqrt{3}，0，-1}）$，$\overrightarrow{EF}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-1，-\frac{1}{2}}）$．
∴$cos\left?{\overrightarrow{{A_1}B}，\overrightarrow{EF}}\right＞=\frac{{\overrightarrow{{A_1}B}•\overrightarrow{EF}}}{{|{\overrightarrow{{A_1}B}}|•|{\overrightarrow{EF}}|}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
 直线EF与A₁B所成的角为45°．
（Ⅲ）$G（{0，0，\frac{1}{2}}）$，$\overrightarrow{GE}=（{0，2，0}）$，$\overrightarrow{GF}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，1，-\frac{1}{2}}）$．$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=（0，0，1）．
设平面GEF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n⊥\overrightarrow{GE}\\ \overrightarrow n⊥\overrightarrow{GF}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}2y=0\\ \frac{{\sqrt{3}}}{2}x+y-\frac{1}{2}z=0.\end{array}\right.$
令$z=\sqrt{3}$，则$\overrightarrow n=（{1，0，\sqrt{3}}）$．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{A{A}_{1}}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{A{A}_{1}}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∵A₁在平面EFG内的射影为H，∴∠HA₁A位AA₁与平面EFG所成的角，
∴sin∠HA₁A=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{A{A}_{1}}$＞|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴∠HA₁A=$\frac{π}{3}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定与性质，空间向量的应用与空间角的计算，属于中档题．