Question

12．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面ABC為等腰直角三角形，AB=AC=1，BB₁=2，∠ABB₁=60°．
（Ⅰ）證明：AB⊥B₁C；
（Ⅱ）若B₁C=2，求AC₁與平面BCB₁所成角的正弦值．

Answer 1

分析 法一：（Ⅰ）連結(jié)AB₁，在△ABB₁中，由余弦定理得求出AB₁，通過計(jì)算勾股定理證明AB₁⊥AB，以及證明AC⊥AB，推出AB⊥平面AB₁C．得到AB⊥B₁C．
（Ⅱ）以A為原點(diǎn)，以$\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{A{B_1}}$的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BCB₁的法向量，利用向量的數(shù)量積求解AC₁與平面BCB₁所成角的正弦值．
法二：（Ⅱ）過點(diǎn)A作AH⊥平面BCB₁，垂足為H，連結(jié)HC₁，說明∠AC₁H為AC₁與平面BCB₁所成的角．取BC中點(diǎn)P，連結(jié)PB₁，利用${V_{A-BC{B_1}}}={V_{{B_1}-ABC}}$，求出AH，在Rt△AHC₁中，求解AC₁與平面BCB₁所成的角的正弦值即可．

解答 滿分（12分）．
解：法一：（Ⅰ）連結(jié)AB₁，在△ABB₁中，AB=1，BB₁=2，∠ABB₁=60°，
由余弦定理得，$A{B_1}^2=A{B^2}+B{B_1}^2-2AB•B{B_1}•cos∠AB{B_1}=3$，

∴$A{B_1}=\sqrt{3}$，…（1分）
∴$B{B_1}^2=A{B^2}+A{B_1}^2$，
∴AB₁⊥AB．…（2分）
又∵△ABC為等腰直角三角形，且AB=AC，
∴AC⊥AB，
又∵AC∩AB₁=A，
∴AB⊥平面AB₁C．（4分）
又∵B₁C?平面AB₁C，
∴AB⊥B₁C．（5分）
（Ⅱ）∵$A{B_1}=\sqrt{3}，AB=AC=1，{B_1}C=2$，
∴${B_1}{C^2}=A{B_1}^2+A{C^2}$，∴AB₁⊥AC．（6分）
如圖，以A為原點(diǎn)，以$\overrightarrow{AB}，\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{A{B_1}}$的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，
（7分）
則$A（{0，0，0}），{B_1}（{0，0，\sqrt{3}}），B（{1，0，0}），C（{0，1，0}）$，
∴$\overrightarrow{B{B_1}}=（{-1，0，\sqrt{3}}），\overrightarrow{BC}=（{-1，1，0}）$．（8分）
設(shè)平面BCB₁的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{B{B}_{1}}•\overrightarrow{n}=0}\\{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{n}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3}z=0\\-x+y=0\end{array}\right.$令z=1，得$x=y=\sqrt{3}$．
∴平面BCB₁的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，\sqrt{3}，1）$． …（9分）

∵$\overrightarrow{A{C_1}}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{C{C_1}}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{B{B_1}}=（{0，1，0}）+（{-1，0，\sqrt{3}}）=（{-1，1，\sqrt{3}}）$，…（10分）
∴$cos＜\overrightarrow{A{C}_{1}}，\overrightarrow{n}＞=\frac{\overrightarrow{A{C}_{1}}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{A{C}_{1}}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}•\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{105}}{35}$，…．…（11分）
∴AC₁與平面BCB₁所成角的正弦值為$\frac{{\sqrt{105}}}{35}$．（12分）
法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）過點(diǎn)A作AH⊥平面BCB₁，垂足為H，連結(jié)HC₁，
則∠AC₁H為AC₁與平面BCB₁所成的角．（6分）
由（Ⅰ） 知，AB₁⊥AB，$A{B_1}=\sqrt{3}$，AB=AC=1，B₁C=2，
∴$AB_1^2+A{C^2}={B_1}{C^2}$，∴AB₁⊥AC，
又∵AB∩AC=A，∴AB₁⊥平面ABC，（7分）
∴${V_{{B_1}-ABC}}=\frac{1}{3}{S_{△ABC}}•A{B_1}=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×AB×AC×A{B_1}=\frac{{\sqrt{3}}}{6}$．（8分）
取BC中點(diǎn)P，連結(jié)PB₁，∵BB₁=B₁C=2，∴PB₁⊥BC．
又在Rt△ABC中，AB=AC=1，∴$BC=\sqrt{2}$，∴$BP=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴$P{B_1}=\sqrt{{B_1}{B^2}-B{P^2}}=\sqrt{4-\frac{1}{2}}=\frac{{\sqrt{14}}}{2}$，

∴${S_{△{B_1}BC}}=\frac{1}{2}BC×{B_1}P=\frac{{\sqrt{7}}}{2}$．（9分）
∵${V_{A-BC{B_1}}}={V_{{B_1}-ABC}}$，
∴$\frac{1}{3}{S_{△BC{B_1}}}•AH=\frac{{\sqrt{3}}}{6}$，即$\frac{1}{3}×\frac{{\sqrt{7}}}{2}×AH=\frac{{\sqrt{3}}}{6}$，∴$AH=\frac{{\sqrt{21}}}{7}$．（10分）
∵AB₁⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴AB₁⊥BC，
三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，BC∥B₁C₁，B₁C₁=BC=2，
∴AB₁⊥B₁C₁，∴$A{C_1}=\sqrt{AB_1^2+{B_1}C_1^2}=\sqrt{5}$．（11分）
在Rt△AHC₁中，$sin∠A{C_1}H=\frac{AH}{{A{C_1}}}=\frac{{\frac{{\sqrt{21}}}{7}}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{105}}}{35}$，
所以AC₁與平面BCB₁所成的角的正弦值為$\frac{{\sqrt{105}}}{35}$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系及直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想等．