Question

19．如图，已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，侧面A₁ACC₁⊥底面ABC，底面边长的侧棱长均为2，A₁B=$\sqrt{6}$．
（1）求证：A₁B⊥平面AB₁C．
（2）求直线BC₁到平面ABB₁A₁所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （ I）取AC的中点O，A₁O，BO．推出BO⊥AC．证明BO⊥侧面ACC₁A，得到BO⊥A₁O．然后证明A₁B⊥AC．A₁B⊥AB₁，即可证明A₁B⊥平面AB₁C．
（ II）以O为原点，建立如图所示的坐标系，求出相关点的坐标，求出平面ABB₁A₁的一个法向量，设BC₁与平面ABB₁A₁所成的角为θ，利用向量的数量积求解即可．

解答 （ I）证明：取AC的中点O，A₁O，BO．因为△ABC是等边三角形，所以BO⊥AC．…（1分）
因为侧面A₁ACC₁⊥底面ABC，侧面A₁ACC₁∩底面ABC=AC，BO⊥AC，
所以BO⊥侧面ACC₁A．A₁O?侧面ACC₁A，∴BO⊥A₁O．…（2分）
在Rt△A₁BO中，
     
 因为${A_1}B=\sqrt{6}，BO=\sqrt{3}$，所以${A_1}O=\sqrt{3}$．AA₁=2，AO=1，所以${A_1}{O^2}+A{O^2}=A{A_1}^2$．
所以△A₁AO为直角三角形，所以A₁O⊥AC．…（3分）
又BO⊥AC，A₁O∩BO=O，所以AC⊥平面A₁BO．A₁B?平面A₁BO，所以A₁B⊥AC．…（4分）
因为四边形ABB₁A₁为菱形，所以A₁B⊥AB₁．…（5分）
因为 A₁B∩AC=A，所以A₁B⊥平面AB₁C．…（6分）
（ II）解：由（ I）知，可以O为原点，建立如图所示的坐标系，由题设条件知，$B（\sqrt{3，}0，0），A（0，-1，0），A_1^{\;}（0，0，\sqrt{3}），{C_1}（0，2，\sqrt{3}）$．
所以$\overrightarrow{A{A_1}}=（0，1，\sqrt{3}），\overrightarrow{AB}=（\sqrt{3}，1，0），\overrightarrow{B{C_1}}=（-\sqrt{3}，2，\sqrt{3}）$．…（8分）
设平面ABB₁A₁的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}\right.$所以$\left\{\begin{array}{l}y+\sqrt{3}z=0\\ \sqrt{3}x+y=0.\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}x=z\\ y=-\sqrt{3}z.\end{array}\right.$
令z=1，则$\overrightarrow{n}=（1，-\sqrt{3}，1）$．…（10分）
设BC₁与平面ABB₁A₁所成的角为θ，
则$sinθ=cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{B{C}_{1}}＞=|\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{C}_{1}}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{B{C}_{1}}|}|$=|$\frac{-\sqrt{3}-2\sqrt{3}+\sqrt{3}}{\sqrt{5}×\sqrt{10}}$|=$\frac{\sqrt{6}}{5}$…（12分）

点评 本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．