Question

16．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，面ABB₁A₁為矩形，AB=BC=1，AA₁=$\sqrt{2}$，D為AA₁的中點，BD與AB₁交于點O，BC⊥AB₁
（Ⅰ）證明：CD⊥AB₁
（Ⅱ）若OC=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，求BC與平面ACD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\frac{AB}{AD}$=$\frac{B{B}_{1}}{AB}$=$\sqrt{2}$，可知：Rt△BAD∽Rt△ABB₁，可得出BD⊥AB₁，根據(jù)CO⊥平面ABB₁A₁得出CO⊥AB₁，于是AB₁⊥平面BCD，從而得出CD⊥AB₁；
（Ⅱ）由題意可知：CO⊥平面AOB，分別以O(shè)D，OB₁，OC所在的直線為x，y，z軸，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面ADC的法向量為n，求得$\overrightarrow{BC}$，利用向量的夾角公式，即可得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）證明：由已知得，$\frac{AB}{AD}$=$\frac{B{B}_{1}}{AB}$=$\sqrt{2}$，
∴Rt△BAD∽Rt△ABB₁
∴∠BDA=∠B₁AB，∴∠ABD+∠B₁AB=∠ABD+∠BDA=90°
∴在△AOB中，∠AOB=180°-（∠ABO+∠OAB ）=90°，即BD⊥AB₁…4分
另BC⊥AB₁，BD∩BC=B，
∴AB₁⊥平面BCD，CD?平面BCD，
∴CD⊥AB₁ …6分
（Ⅱ） 在Rt△ABD中，AB=1，AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴AO=$\frac{\sqrt{3}}{3}$
在Rt△AOB中，得BO=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴BO²+CO²=BC²，即BO⊥CO，
∴CO⊥平面AOB----8分

建立如圖坐標(biāo)系，設(shè)BC與平面ACD所成的角為θ，
∵$A（\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0，0），B（0，-\frac{{\sqrt{6}}}{3}，0），C（0，0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}），D（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0）$，
設(shè)平面ADC的法向量為n．解得n=（1，1，1）．
$\overrightarrow{BC}=（{0，\frac{{\sqrt{6}}}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$，
∴$sinθ=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{BC}}}{{|{\overrightarrow n}||{\overrightarrow{BC}}|}}=\frac{{\sqrt{2}+1}}{3}$，
即BC與平面ACD所成角的正弦值為$\frac{{\sqrt{2}+1}}{3}$．12分．

點評 本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì)，空間向量的應(yīng)用與線面角的夾角公式，考查向量方法的運用，屬于中檔題．