Question

11．在如圖所示的三棱錐ABC-A₁B₁C₁中，AA₁⊥底面ABC，D，E分別是BC，A₁B₁的中點(diǎn)．
（1）求證：DE∥平面ACC₁A₁；
（2）若AB⊥BC，AB=BC，∠ACB₁=60°，求直線BC與平面AB₁C所成角的正切值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題目特點(diǎn)，可由證面面平行，得到線面平行．
（2）方法一：找出線面所成角，再構(gòu)造三角形求線面角的正切值；方法二：建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)向量所成角，求得線面角．

解答 解：（1）取AB的中點(diǎn)F，連接DF，EF…（1分）
在△ABC中，因?yàn)镈，F(xiàn)分別為BC，AB的中點(diǎn)，
所以DF∥AC（中位線），
又∵DF?平面ACC₁A₁，AC?平面ACC₁A₁，
所以DF∥平面ACC₁A₁…（3分）
在矩形ABB₁A₁中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為A₁B₁，AB的中點(diǎn)，
∴EF∥AA₁（中位線），
又∵EF?平面 ACC₁A₁，AA₁?平面ACC₁A₁，
∴EF∥平面ACC₁A₁…（4分）
∵DF∩EF=F，
∴平面DEF∥平面ACC₁A₁…（5分）
∵DE?平面DEF，
∴DE∥平面ACC₁A₁…（6分）
（2）解法一：
∵三棱柱ABC-A₁B₁C₁為直三棱柱，
∴BC⊥BB₁，
又AB⊥BC，AB∩BB₁=B，
∴BC⊥平面ABB₁A₁，…（7分）
∵AB=BC，BB₁=BB₁，
∴△ABB₁≌△CBB₁
∴AB₁=CB₁，又$∠AC{B_1}={60^0}$，
∴△AB₁C為正三角形，
∴$A{B_1}=\sqrt{A{B^2}+BB_1^2}=AC=\sqrt{2}AB$，∴BB₁=AB…（8分）
取AB₁的中點(diǎn)O，連接BO，CO，
∴AB₁⊥BO，AB₁⊥CO，
∴AB₁⊥平面BCO，
∴平面AB₁C⊥平面BCO，點(diǎn)B在平面AB₁C上的射影在CO上，
∴∠BCO即為直線BC與平面AB₁C所成角…（10分）
在Rt△BCO中，$BO=\frac{{\sqrt{2}}}{2}AB=\frac{{\sqrt{2}}}{2}BC$，
∴$tan∠BCO=\frac{BO}{BC}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$…（12分）
解法二：由題知BB₁，BA，BC兩兩互相垂直，故建立空間直角坐標(biāo)線如圖，
并設(shè)AB=2，BB₁=t，
則A（0，2，0），C（0，0，2），B₁（t，0，0）（t＞0）
∴$\overrightarrow{CA}=（0，2，-2）$，$\overrightarrow{C{B}_{1}}=（t，0，-2）$
∵$∠AC{B_1}={60^0}$，∴$＜\overrightarrow{CA}，\overrightarrow{C{B}_{1}}＞$=60°
∴$cos60°=\frac{4}{2\sqrt{2}\sqrt{{t}^{2}+4}}$，得t=2．
∴B₁（2，0，0），$\overrightarrow{C{B}_{1}}=（2，0，-2）$，
設(shè)平面AB₁C的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$   得x=y=z，取$\overrightarrow{n}$=（1，1，1）
記直線BC與平面AB₁C所成角為θ，且$\overrightarrow{BC}=（0，0，2）$
則$sinθ=\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{BC}|}$=$\frac{2}{\sqrt{3}×2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
∴$tanθ=\frac{\sqrt{2}}{2}$
故直線BC與平面AB₁C所成角的正切值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評 考查線面、面面位置關(guān)系的判斷與證明，直線與平面所成角的求法．屬于中檔題．