Question

4．在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，已知侧面ABB₁A₁是菱形，侧面BCC₁B₁是正方形，点A₁在底面ABC的投影为AB的中点D．
（1）证明：平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C；
（2）设P为B₁C₁上一点，且$\overrightarrow{{B_1}P}=\frac{1}{3}\overrightarrow{{B_1}{C_1}}$，求二面角A₁-AB-P的正弦值．

Answer 1

分析 （1）由点A₁在底面ABC的投影为AB的中点D，可得A₁D⊥平面ABC，则A₁D⊥BC，再由已知可得B₁B⊥BC，由线面垂直的判定可得BC⊥平面ABB₁A₁，从而得到平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C；
（2）以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设菱形边长为2，得到对应点的坐标，求出平面ABP与平面ABB₁A₁的法向量，由两法向量所成角的余弦值求得二面角A₁-AB-P的正弦值．

解答 （1）证明：∵点A₁在底面ABC的投影为AB的中点D，
∴A₁D⊥平面ABC，则A₁D⊥BC，
又∵侧面BCC₁B₁是正方形，∴B₁B⊥BC，
∵B₁B与A₁D在平面ABB₁A₁上不平行，
∴BC⊥平面ABB₁A₁，
∴平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C；
（2）解：如图所示，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，
不妨设菱形边长为2，得D（0，0，0），A（0，-1，0），B（0，1，0），
∵D为AB的中点，且有A₁D⊥AB，∴AA₁=A₁B，
又∵平面ABB₁A₁为菱形，∴△A₁AB为等边三角形，
从而$∠{A_1}AD=\frac{π}{3}$，从而${A_1}D=2sin\frac{π}{3}=\sqrt{3}$，
∴点A₁的坐标为$（0，0，\sqrt{3}）$，
∵$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=\overrightarrow{AB}=（0，2，0）$，∴${B_1}（0，2，\sqrt{3}）$，
又∵$\overrightarrow{{B_1}P}=\frac{1}{3}\overrightarrow{{B_1}{C_1}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=（\frac{2}{3}，0，0）$，∴$P（\frac{2}{3}，2，\sqrt{3}）$，
设平面ABP的法向量为$\overrightarrow{n_1}=（x，y，z）$，
由$\overrightarrow{BP}=（\frac{2}{3}，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{AB}=（0，2，0）$，
得$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AP}=0\\ \overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AB}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3}x+y+\sqrt{3}z=0\\ 2y=0\end{array}\right.$，
令$x=\sqrt{3}$，则$z=-\frac{2}{3}$，y=0，∴$\overrightarrow{n_1}=（\sqrt{3}，0，-\frac{2}{3}）$，
同理求得平面ABB₁A₁的法向量$\overrightarrow{n_2}=（1，0，0）$，
∴$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{n_1}|•|\overrightarrow{n_2}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{\frac{31}{9}}}}=\frac{{3\sqrt{93}}}{31}$，
∴$sin＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{2\sqrt{31}}}{31}$，
从而二面角A₁-AB-P的正弦值为$\frac{{2\sqrt{31}}}{31}$．

点评 本题考查面面垂直的判定，考查利用空间向量求二面角的平面角，考查空间想象能力和思维能力，属中档题．