Question

20．如圖，在側(cè)棱和底面垂直的三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=1，AC=$\sqrt{3}$，BC=2，AA₁=$\sqrt{6}$，點(diǎn)P為CC₁的中點(diǎn)．
（1）求證：A₁C⊥平面ABP；
（2）求平面ABP與平面A₁B₁P所成二面角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出AA₁⊥AB，AB⊥AC，從而AB⊥A₁C，再推導(dǎo)出A₁C⊥AP，由此能證明A₁C⊥平面ABP．
（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB為x軸，AC為y軸，AA₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面ABP與平面A₁B₁P所成二面角的正弦值．

解答 證明：（1）在側(cè)棱和底面垂直的三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁⊥平面ABC，
∵AB?平面ABC，∴AA₁⊥AB，
∵AB=1，AC=$\sqrt{3}$，BC=2，AA₁=$\sqrt{6}$，點(diǎn)P為CC₁的中點(diǎn)，∴BC²=AB²+AC²，∴AB⊥AC，
又AA₁∩AC=A，∴AB⊥A₁C，
在矩形ACC₁A₁中，A₁C=$\sqrt{A{C}^{2}+A{{A}_{1}}^{2}}$=3，AP=$\sqrt{A{C}^{2}+C{P}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
在Rt△A₁CA中，sin∠A₁CA=$\frac{A{A}_{1}}{{A}_{1}C}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
在Rt△PAC中，cos$∠PAC=\frac{AC}{AP}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴sin∠A₁CA=cos∠PAC，∴∠PAC+∠A₁CA=90°，
∴A₁C⊥AP，
∵AP∩AB=A，∴A₁C⊥平面ABP．
解：（2）由（1）知AB⊥AC，AA₁⊥AB，AA₁⊥AC，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB為x軸，AC為y軸，AA₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（0，0，0），B（1，0，0），A₁（0，0，$\sqrt{6}$），C（0，$\sqrt{3}$，0），P（0，$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），
$\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=\overrightarrow{AB}$=（1，0，0），$\overrightarrow{{A}_{1}P}=（0，\sqrt{3}，-\frac{\sqrt{6}}{2}）$，
設(shè)平面A₁B₁P的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}{B}_{1}}=x=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{{A}_{1}P}=\sqrt{3}y-\frac{\sqrt{6}}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令y=1，得$\overrightarrow{m}$=（0，1，$\sqrt{2}$），
由（1）知平面ABP的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{C{A}_{1}}$=（0，-$\sqrt{3}$，$\sqrt{6}$），
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{C{A}_{1}}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{C{A}_{1}}|}$=$\frac{-\sqrt{3}+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}×\sqrt{3+6}}$=$\frac{1}{3}$，
∴sin＜$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{C{A}_{1}}$＞=$\sqrt{1-（\frac{1}{3}）^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
即平面ABP與平面A₁B₁P所成二面角的正弦值為$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

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