Question

2．已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁，側(cè)面AA₁C₁C⊥側(cè)面ABB₁A₁，AA₁=A₁C=CA=2，$AB={A_1}B=\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求證：AA₁⊥BC；
（Ⅱ）求二面角A-BC-A₁的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AA₁中點(diǎn)O，連接CO，BO，推導(dǎo)出CO⊥AA₁，BO⊥AA₁，從而AA₁⊥平面BOC，由此能證明AA₁⊥BC．
（Ⅱ）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OC為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，利用向量法能求出二面角A-BC-A₁的正弦值．

解答 證明：（Ⅰ）取AA₁中點(diǎn)O，連接CO，BO．
∵CA=CA₁，∴CO⊥AA₁，又∵BA=BA₁，∴BO⊥AA₁，…（3分）
∵BO∩CO=O，∴AA₁⊥平面BOC，
∵BC?平面BOC，∴AA₁⊥BC．…（5分）
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）CO⊥AA₁，
又側(cè)面AA₁C₁C⊥側(cè)面ABB₁A₁，側(cè)面AA₁C₁C∩側(cè)面ABB₁A₁=AA₁，
∴CO⊥平面ABB₁A₁，而BO⊥AA₁，∴OA，OB，OC兩兩垂直．
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OC為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz．
則有$O（0，0，0），A（1，0，0），{A_1}（-1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，\sqrt{3}），{B_1}（-2，1，0）$，
…（7分）
設(shè)$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁）是平面ABC的一個(gè)法向量，$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂）是平面A₁BC的一個(gè)法向量，
∵$\overrightarrow{CA}=（1，0，-\sqrt{3}），\overrightarrow{CB}=（0，1，-\sqrt{3}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}-\sqrt{3}{z_1}=0}\\{{y_1}-\sqrt{3}{z_1}=0}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}=\sqrt{3}{z_1}}\\{{y_1}=\sqrt{3}{z_1}}\end{array}}\right.$
令z₁=1，∴$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，\sqrt{3}，1$）．
又∵$\overrightarrow{{A_1}B}=（1，1，0），\overrightarrow{{A_1}C}=（1，0，\sqrt{3}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}B}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}C}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{{x_2}+{y_2}=0}\\{{x_2}+\sqrt{3}{z_2}=0}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_2}=-\sqrt{3}{z_2}}\\{{y_2}=\sqrt{3}{z_2}}\end{array}}\right.$，
令z₂=-1，∴$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}，-\sqrt{3}，-1$）．…（10分）
設(shè)二面角A-BC-A₁為θ，
則|cosθ|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{7}$，sinθ=$\sqrt{1-（\frac{1}{7}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{7}$．
∴二面角A-BC-A₁的正弦值是$\frac{{4\sqrt{3}}}{7}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線垂直的證明，考查二面角的正弦值的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．