Question

4．在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，已知側(cè)面ABB₁A₁是菱形，側(cè)面BCC₁B₁是正方形，點A₁在底面ABC的投影為AB的中點D．
（1）證明：平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C；
（2）設(shè)P為B₁C₁上一點，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）由點A₁在底面ABC的投影為AB的中點D，可得A₁D⊥平面ABC，則A₁D⊥BC，再由已知可得B₁B⊥BC，由線面垂直的判定可得BC⊥平面ABB₁A₁，從而得到平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C；
（2）以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，設(shè)菱形邊長為2，得到對應點的坐標，求出平面ABP與平面ABB₁A₁的法向量，由兩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）證明：∵點A₁在底面ABC的投影為AB的中點D，
∴A₁D⊥平面ABC，則A₁D⊥BC，
又∵側(cè)面BCC₁B₁是正方形，∴B₁B⊥BC，
∵B₁B與A₁D在平面ABB₁A₁上不平行，
∴BC⊥平面ABB₁A₁，
∴平面AA₁B₁B⊥平面BB₁C₁C；
（2）解：如圖所示，以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，
不妨設(shè)菱形邊長為2，得D（0，0，0），A（0，-1，0），B（0，1，0），
∵D為AB的中點，且有A₁D⊥AB，∴AA₁=A₁B，
又∵平面ABB₁A₁為菱形，∴△A₁AB為等邊三角形，
從而$∠{A_1}AD=\frac{π}{3}$，從而${A_1}D=2sin\frac{π}{3}=\sqrt{3}$，
∴點A₁的坐標為$（0，0，\sqrt{3}）$，
∵$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=\overrightarrow{AB}=（0，2，0）$，∴${B_1}（0，2，\sqrt{3}）$，
又∵$\overrightarrow{{B_1}P}=\frac{1}{3}\overrightarrow{{B_1}{C_1}}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=（\frac{2}{3}，0，0）$，∴$P（\frac{2}{3}，2，\sqrt{3}）$，
設(shè)平面ABP的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（x，y，z）$，
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$x=\sqrt{3}$，則$z=-\frac{2}{3}$，y=0，∴$\overrightarrow{n_1}=（\sqrt{3}，0，-\frac{2}{3}）$，
同理求得平面ABB₁A₁的法向量$\overrightarrow{n_2}=（1，0，0）$，
∴$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{n_1}|•|\overrightarrow{n_2}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{\frac{31}{9}}}}=\frac{{3\sqrt{93}}}{31}$，
∴$sin＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{2\sqrt{31}}}{31}$，
從而二面角A₁-AB-P的正弦值為$\frac{{2\sqrt{31}}}{31}$．

點評 本題考查面面垂直的判定，考查利用空間向量求二面角的平面角，考查空間想象能力和思維能力，屬中檔題．