Question

7．如圖，斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)面ACC₁A₁與側(cè)面BCC₁B₁都是菱形，∠ACC₁=∠BCC₁=120°，AC=2．
（Ⅰ）求證：CC₁⊥A₁B₁；（Ⅱ）若A₁B₁=$\sqrt{6}$，求直線B₁C₁與平面A₁B₁C所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）取CC₁的中點O，連接OA₁，OB₁，由△A₁CC₁，△B₁CC₁都是等邊三角形得出OA₁⊥CC₁，OB₁⊥CC₁，故而CC₁⊥平面A₁OB₁，于是CC₁⊥A₁B₁；
（II）利用等邊三角形性質(zhì)計算OA₁，OB₁，根據(jù)勾股定理的逆定理得出OA₁⊥OB₁，以O(shè)為原點建立空間坐標系，求出$\overrightarrow{{B}_{1}{C}_{1}}$和平面CA₁B₁的法向量為$\overrightarrow{n}$，則|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{B}_{1}{C}_{1}}$＞|為直線B₁C₁與平面A₁B₁C所成角的正弦值．

解答 解：（Ⅰ）連接CA₁，CB₁，
∵側(cè)面ACC₁A₁與側(cè)面BCC₁B₁都是菱形，∠ACC₁=∠BCC₁=120°，
∴△A₁CC₁，△B₁CC₁都是等邊三角形．
取CC₁的中點O，連接OA₁，OB₁，則OA₁⊥CC₁，OB₁⊥CC₁，
又OA₁?平面A₁OB₁，OB₁?平面A₁OB₁，OA₁∩OB₁=O，
∴CC₁⊥平面A₁OB₁．
又∵A₁B₁?平面A₁OB₁，
∴CC₁⊥A₁B₁．
（Ⅱ）∵△A₁CC₁，△B₁CC₁都是等邊三角形，A₁C₁=AC=2，
∴OA₁=OB₁=$\sqrt{3}$，∵A₁B₁=$\sqrt{6}$，
∴$OA_1^2+OB_1^2={A_1}{B_1}^2$，∴OA₁⊥OB₁．
由（Ⅰ）知CC₁⊥平面A₁OB₁，∴OA₁，OB₁，OC₁兩兩垂直．
以O(shè)為原點，分別以O(shè)B₁，OC₁，OA₁所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系O-xyz，
則${A_1}（{0，0，\sqrt{3}}）$，${B_1}（{\sqrt{3}，0，0}）$，C₁（0，1，0），C（0，-1，0）．
∴$\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=（{\sqrt{3}，0，-\sqrt{3}}），\overrightarrow{{C_1}{B_1}}=（{\sqrt{3}，-1，0}），\overrightarrow{C{B_1}}=（{\sqrt{3}，1，0}）$，
設(shè)平面CA₁B₁的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C{B}_{1}}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x-\sqrt{3}z=0}\\{\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，1）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{C}_{1}{B}_{1}}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{C}_{1}{B}_{1}}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{{C}_{1}{B}_{1}}|}$=$\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$．
∴直線B₁C₁與平面A₁B₁C所成的角的正弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．

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)用與線面角的計算，屬于中檔題．