Question

4．如图，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，侧面ACC₁A₁⊥底面ABC，∠A₁AC=60°，AC=2AA₁=4，点D，E分别是AA₁，BC的中点．
（1）证明：DE∥平面A₁B₁C；
（2）若AB=2，∠BAC=60°，求直线DE与平面ABB₁A₁所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）取AC的中点F，连接DF，EF，由E是BC的中点，利用三角形中位线定理可得EF∥AB，再利用三棱柱的性质、线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，即可证明DE∥平面A₁B₁C．
（2）过点A₁作A₁O⊥AC，垂足为O，连接OB，利用面面垂直的性质定理可得：A₁O⊥平面ABC，A₁O⊥OB，A₁O⊥OC．利用余弦定理得，OB²=OA²+AB²-2OA•ABcos∠BAC=3，可得$OB=\sqrt{3}$，进而得到OB⊥AC．分别以OB，OC，OA₁为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系O-xyz，利用平面法向量的夹角公式即可得出．

解答 （1）证明：取AC的中点F，连接DF，EF，∵E是BC的中点，∴EF∥AB，
∵ABC-A₁B₁C₁是三棱柱，∴AB∥A₁B₁，∴EF∥A₁B₁，
∴EF∥平面A₁B₁C，
∵D是AA₁的中点，∴DF∥A₁C，∴DF∥平面A₁B₁C，
又EF∩DE=E，
∴平面DEF∥平面A₁B₁C，∴DE∥平面A₁B₁C；
（2）解：过点A₁作A₁O⊥AC，垂足为O，连接OB，
∵侧面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，
分别以OB，OC，OA₁为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系O-xyz，
由题设可得A（0，-1，0），C（0，3，0），$B（\sqrt{3}，0，0）$，${A_1}（0，0，\sqrt{3}）$，$D（0，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$E（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}，0）$，
设$\overrightarrow m=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$是平面ABB₁A₁的一个法向量，
则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow m•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{A{A_1}}=0}\end{array}}\right.$，∴$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{x_1}+{y_1}=0}\\{{y_1}+\sqrt{3}{z_1}=0}\end{array}}\right.$，
令z₁=1，∴$\overrightarrow m=（1，-\sqrt{3}，1）$，
∵$\overrightarrow{DE}=（\frac{{\sqrt{3}}}{2}，2，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
∴$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow{DE}＞$=$\frac{{\overrightarrow m•\overrightarrow{DE}}}{{|\overrightarrow m||\overrightarrow{DE}|}}=\frac{{-2\sqrt{330}}}{55}$，
∴直线DE与平面ABB₁A₁所成角的正弦值为$\frac{{2\sqrt{330}}}{55}$．

点评 本题考查了空间线面面面平行与垂直的判定性质定理、数量积的运算性质、法向量的夹角公式、三角形中位线定理、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．