Question

4．如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)面ACC₁A₁⊥底面ABC，∠A₁AC=60°，AC=2AA₁=4，點(diǎn)D，E分別是AA₁，BC的中點(diǎn)．
（1）證明：DE∥平面A₁B₁C；
（2）若AB=2，∠BAC=60°，求直線DE與平面ABB₁A₁所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）取AC的中點(diǎn)F，連接DF，EF，由E是BC的中點(diǎn)，利用三角形中位線定理可得EF∥AB，再利用三棱柱的性質(zhì)、線面平行的判定定理可得：EF∥平面A₁B₁C，DF∥平面A₁B₁C，可得平面DEF∥平面A₁B₁C，即可證明DE∥平面A₁B₁C．
（2）過(guò)點(diǎn)A₁作A₁O⊥AC，垂足為O，連接OB，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得：A₁O⊥平面ABC，A₁O⊥OB，A₁O⊥OC．利用余弦定理得，OB²=OA²+AB²-2OA•ABcos∠BAC=3，可得$OB=\sqrt{3}$，進(jìn)而得到OB⊥AC．分別以O(shè)B，OC，OA₁為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，利用平面法向量的夾角公式即可得出．

解答 （1）證明：取AC的中點(diǎn)F，連接DF，EF，∵E是BC的中點(diǎn)，∴EF∥AB，
∵ABC-A₁B₁C₁是三棱柱，∴AB∥A₁B₁，∴EF∥A₁B₁，
∴EF∥平面A₁B₁C，
∵D是AA₁的中點(diǎn)，∴DF∥A₁C，∴DF∥平面A₁B₁C，
又EF∩DE=E，
∴平面DEF∥平面A₁B₁C，∴DE∥平面A₁B₁C；
（2）解：過(guò)點(diǎn)A₁作A₁O⊥AC，垂足為O，連接OB，
∵側(cè)面ACC₁A⊥底面ABC，∴A₁O⊥平面ABC，∴A₁O⊥OB，A₁O⊥OC，
∵∠A₁AC=60°，AA₁=2，∴OA=1，$O{A_1}=\sqrt{3}$，
∵AB=2，∠OAB=60°，由余弦定理得，OB²=OA²+AB²-2OA•ABcos∠BAC=3，
∴$OB=\sqrt{3}$，∠AOB=90°，∴OB⊥AC，
分別以O(shè)B，OC，OA₁為x軸，y軸，z軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
由題設(shè)可得A（0，-1，0），C（0，3，0），$B（\sqrt{3}，0，0）$，${A_1}（0，0，\sqrt{3}）$，$D（0，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$E（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}，0）$，
設(shè)$\overrightarrow m=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$是平面ABB₁A₁的一個(gè)法向量，
則$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow m•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{A{A_1}}=0}\end{array}}\right.$，∴$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{x_1}+{y_1}=0}\\{{y_1}+\sqrt{3}{z_1}=0}\end{array}}\right.$，
令z₁=1，∴$\overrightarrow m=（1，-\sqrt{3}，1）$，
∵$\overrightarrow{DE}=（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，2，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
∴$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow{DE}＞$=$\frac{{\overrightarrow m•\overrightarrow{DE}}}{{|\overrightarrow m||\overrightarrow{DE}|}}=\frac{{-2\sqrt{330}}}{55}$，
∴直線DE與平面ABB₁A₁所成角的正弦值為$\frac{{2\sqrt{330}}}{55}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間線面面面平行與垂直的判定性質(zhì)定理、數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)、法向量的夾角公式、三角形中位線定理、余弦定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．