19.如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面A1ACC1⊥底面ABC,底面邊長(zhǎng)的側(cè)棱長(zhǎng)均為2,A1B=$\sqrt{6}$.
(1)求證:A1B⊥平面AB1C.
(2)求直線BC1到平面ABB1A1所成角的正弦值.

分析 ( I)取AC的中點(diǎn)O,A1O,BO.推出BO⊥AC.證明BO⊥側(cè)面ACC1A,得到BO⊥A1O.然后證明A1B⊥AC.A1B⊥AB1,即可證明A1B⊥平面AB1C.
( II)以O(shè)為原點(diǎn),建立如圖所示的坐標(biāo)系,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),求出平面ABB1A1的一個(gè)法向量,設(shè)BC1與平面ABB1A1所成的角為θ,利用向量的數(shù)量積求解即可.

解答 ( I)證明:取AC的中點(diǎn)O,A1O,BO.因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形,所以BO⊥AC.…(1分)
因?yàn)閭?cè)面A1ACC1⊥底面ABC,側(cè)面A1ACC1∩底面ABC=AC,BO⊥AC,
所以BO⊥側(cè)面ACC1A.A1O?側(cè)面ACC1A,∴BO⊥A1O.…(2分)
在Rt△A1BO中,
     
 因?yàn)?{A_1}B=\sqrt{6},BO=\sqrt{3}$,所以${A_1}O=\sqrt{3}$.AA1=2,AO=1,所以${A_1}{O^2}+A{O^2}=A{A_1}^2$.
所以△A1AO為直角三角形,所以A1O⊥AC.…(3分)
又BO⊥AC,A1O∩BO=O,所以AC⊥平面A1BO.A1B?平面A1BO,所以A1B⊥AC.…(4分)
因?yàn)樗倪呅蜛BB1A1為菱形,所以A1B⊥AB1.…(5分)
因?yàn)?nbsp;A1B∩AC=A,所以A1B⊥平面AB1C.…(6分)
( II)解:由( I)知,可以O(shè)為原點(diǎn),建立如圖所示的坐標(biāo)系,由題設(shè)條件知,$B(\sqrt{3,}0,0),A(0,-1,0),A_1^{\;}(0,0,\sqrt{3}),{C_1}(0,2,\sqrt{3})$.
所以$\overrightarrow{A{A_1}}=(0,1,\sqrt{3}),\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},1,0),\overrightarrow{B{C_1}}=(-\sqrt{3},2,\sqrt{3})$.…(8分)
設(shè)平面ABB1A1的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}\right.$所以$\left\{\begin{array}{l}y+\sqrt{3}z=0\\ \sqrt{3}x+y=0.\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}x=z\\ y=-\sqrt{3}z.\end{array}\right.$
令z=1,則$\overrightarrow{n}=(1,-\sqrt{3},1)$.…(10分)
設(shè)BC1與平面ABB1A1所成的角為θ,
則$sinθ=cos<\overrightarrow{n},\overrightarrow{B{C}_{1}}>=|\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{C}_{1}}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{B{C}_{1}}|}|$=|$\frac{-\sqrt{3}-2\sqrt{3}+\sqrt{3}}{\sqrt{5}×\sqrt{10}}$|=$\frac{\sqrt{6}}{5}$…(12分)

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用,直線與平面所成角的求法,考查空間想象能力以及計(jì)算能力.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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