Question

2．如圖，三棱柱ABC-A₁B₁C₁所有的棱長(zhǎng)為2，B₁在底面上的射影D在棱BC上，且A₁B∥平面ADC₁．
（1）求證：平面ADC₁⊥平面BCC₁B₁；
（2）求平面ADC₁與平面A₁AB所成的角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）由已知得B₁D⊥平面ABC，從而AD⊥BD₁，由線面平行的性質(zhì)得D為BC中點(diǎn)，從而AD⊥平面BCC₁B₁，由此能證明平面ADC₁⊥平面BCC₁B₁．
（2）以D為原點(diǎn)，以DA為x軸，DB為y軸，DB₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面ADC₁與平面A₁AB所成的角的正弦值．

解答 （1）證明：∵三棱柱ABC-A₁B₁C₁所有的棱長(zhǎng)為2，B₁在底面上的射影D在棱BC上，
∴B₁D⊥平面ABC，
∵AD?平面ABC，∴AD⊥B₁D，
連結(jié)A₁C，交AC₁于O，則O是A₁C中點(diǎn)，連結(jié)DO，
∵A₁B∥平面ADC₁，∴A₁B∥OD，∴D為BC中點(diǎn)，
∴AD⊥BC，又BC∩B₁D=D，∴AD⊥平面BCC₁B₁，
∵AD?平面ADC₁，∴平面ADC₁⊥平面BCC₁B₁．
（2）解：以D為原點(diǎn)，以DA為x軸，DB為y軸，DB₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，0，0），C₁（0，-2，$\sqrt{3}$），B（0，1，0），A₁（$\sqrt{3}$，-1，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{DA}$=（$\sqrt{3}，0，0$），$\overrightarrow{D{C}_{1}}$=（0，-2，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=（0，-1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AB}$=（-$\sqrt{3}$，1，0），
設(shè)平面ADC₁的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DA}=\sqrt{3}x=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{C}_{1}}=-2y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取y=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（0，$\sqrt{3}$，2），
設(shè)平面A₁AB的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=-b+\sqrt{3}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=-\sqrt{3}a+b=0}\end{array}\right.$，取b=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{3}$，1），
設(shè)平面ADC₁與平面A₁AB所成的角為θ，
cosθ=|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$|=$\frac{5}{\sqrt{7}•\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{7}}$，
∴sinθ=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{7}}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{14}}{7}$．
∴平面ADC₁與平面A₁AB所成的角的正弦值為$\frac{\sqrt{14}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的正弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要注意空間思維能力的培養(yǎng)，注意向量法的合理運(yùn)用．