Question

19．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，G為△ABC的重心，$BE=\frac{1}{3}B{C_1}$．
（1）求證：GE∥平面ABB₁A₁；
（2）若側(cè)面ABB₁A₁⊥底面ABC，∠A₁AB=∠BAC=60°，AA₁=AB=AC=2，求直線A₁B與平面B₁GE所成角θ的正弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)CG交AB于O，過G作GD∥AB交BC于D，連結(jié)DE，GE，根據(jù)重心的性質(zhì)得出$\frac{BD}{BC}=\frac{OG}{OC}=\frac{1}{3}$，故而可證平面DGE∥平面ABB₁A₁，從而得出GE∥平面ABB₁A₁；
（2）連結(jié)A₁O，可證A₁O⊥平面ABC，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{{A}_{1}B}$和平面B₁GE的法向量$\overrightarrow{n}$的坐標(biāo)，即可得出結(jié)論．

解答 證明：（1）連結(jié)CG交AB于O，過G作GD∥AB交BC于D，連結(jié)DE，GE
∵G是△ABC的重心，∴$\frac{BD}{BC}=\frac{OG}{OC}=\frac{1}{3}$，
又$BE=\frac{1}{3}B{C_1}$，∴DE∥CC₁，
∴DE∥BB₁，
又GD∥AB，GD∩DE=D，AB∩BB₁=B，
∴平面GDE∥平面ABB₁A₁，
∵GE?平面ABB₁A₁，
∴GE∥平面ABB₁A₁．
（2）連結(jié)AO，
∵AA₁=2，AO=$\frac{1}{2}AB$=1，∠A₁AB=60°，
∴A₁O=$\sqrt{4+1-2}$=$\sqrt{3}$．
∴AO²+A₁O²=AA₁²，∴A₁O⊥AB．
∵側(cè)面ABB₁A₁⊥底面ABC，側(cè)面ABB₁A₁∩底面ABC=AB，A₁O?平面ABB₁A₁，
∴A₁O⊥平面ABC．
∵AB=AC，∠BAC=60°，∴△ABC是等邊三角形，
∴OC⊥AB，
以O(shè)為原點，以O(shè)C，OB，OA₁為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：
則A₁（0，0，$\sqrt{3}$），B（0，1，0），G（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0，0），B₁（0，2，$\sqrt{3}$），C₁（$\sqrt{3}$，1，$\sqrt{3}$），
∴$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（0，1，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{G{B}_{1}}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，2，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（$\sqrt{3}$，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{GB}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1，0），
∴$\overrightarrow{GE}$=（0，1，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
設(shè)平面B₁GE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{\sqrt{3}}{3}x+2y+\sqrt{3}z=0}\\{y+\frac{\sqrt{3}}{3}z=0}\end{array}\right.$，
令z=$\sqrt{3}$得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，$\sqrt{3}$）．
∴sinθ=|$\frac{-1-3}{\sqrt{1+3}•\sqrt{3+1+3}}$|=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題考查了線面平行的判斷，空間向量的應(yīng)用與線面角的計算，屬于中檔題．