Question

14．在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)面ABB₁A₁為矩形，AB=2，AA₁=2$\sqrt{2}$，D是AA₁的中點，BD與AB₁交于點O，且CO⊥平面ABB₁A₁．
（Ⅰ）證明：平面AB₁C⊥平面BCD；
（Ⅱ）若OC=OA，△AB₁C的重心為G，求直線GD與平面ABC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過證明AB₁⊥BD，AB₁⊥CO，推出AB₁⊥平面BCD，然后證明平面AB₁C⊥平面BCD．
（Ⅱ）以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)D，OB₁，OC所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz．求出平面ABC的法向量，設(shè)直線GD與平面ABC所成角α，利用空間向量的數(shù)量積求解直線GD與平面ABC所成角的正弦值即可．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）∵ABB₁A₁為矩形，AB=2，$A{A_1}=2\sqrt{2}$，D是AA₁的中點，∴∠BAD=90°，$∠AB{B_1}={90^0}$，$B{B_1}=2\sqrt{2}$，$AD=\frac{1}{2}A{A_1}=\sqrt{2}$
從而$tan∠ABD=\frac{AD}{AB}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，$tan∠A{B_1}B=\frac{AB}{{B{B_1}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，∵$0＜∠ABD，∠A{B_1}B＜\frac{π}{2}$，∴∠ABD=∠AB₁B，…（2分）
∴$∠A{B_1}B+∠BA{B_1}=∠ABD+∠BA{B_1}=\frac{π}{2}$，∴$∠AOB=\frac{π}{2}$，從而AB₁⊥BD…（4分）
∵CO⊥平面ABB₁A₁，AB₁?平面ABB₁A₁，∴AB₁⊥CO，∵BD∩CO=O，∴AB₁⊥平面BCD，
∵AB₁?平面AB₁C，
∴平面AB₁C⊥平面BCD…（6分）
（Ⅱ）如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，
分別以O(shè)D，OB₁，OC所在直線為x，y，z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz．
在矩形ABB₁A₁中，由于AD∥BB₁，所以△AOD和△B₁OB相似，
從而$\frac{{O{B_1}}}{OA}=\frac{OB}{OD}=\frac{{B{B_1}}}{AD}=2$
又$A{B_1}=\sqrt{A{A_1}^2+{A_1}{B_1}^2}=2\sqrt{3}$，$BD=\sqrt{A{D^2}+A{B^2}}=\sqrt{6}$∴$OB=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，$OD=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，$OA=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，$O{B_1}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$，∴$A（0，-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，0），B（-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，0，0）$，$C（0，0，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}），{B_1}（0，\frac{{4\sqrt{3}}}{3}，0）$，$D（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，0，0）$∵G為△AB₁C的重心，∴$G（0，\frac{{2\sqrt{3}}}{9}，\frac{{2\sqrt{3}}}{9}）$，$\overrightarrow{GD}=（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{2\sqrt{3}}}{9}，-\frac{{2\sqrt{3}}}{9}）$…（8分）
設(shè)平面ABC的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，$\overrightarrow{AB}=（-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，0），\overrightarrow{AC}=（0，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}）$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}}\right.$可得$\left\{{\begin{array}{l}{-\frac{{2\sqrt{6}}}{3}x+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}y=0}\\{\frac{{2\sqrt{3}}}{3}y+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}z=0}\end{array}}\right.$$⇒\left\{{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x+y=0}\\{y+z=0}\end{array}}\right.$，
令y=1，則z=-1，$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，所以$\overrightarrow n=（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1，-1）$．…（10分）
設(shè)直線GD與平面ABC所成角α，則$sinα=cos＜\overrightarrow{GD}，\overrightarrow n＞=\frac{{\overrightarrow{GD}•\overrightarrow n}}{{|\overrightarrow{GD}|•|\overrightarrow n|}}=\frac{{（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{2\sqrt{3}}}{9}，-\frac{{2\sqrt{3}}}{9}）•（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1，-1）}}{{\sqrt{\frac{26}{27}}×\frac{{\sqrt{10}}}{2}}}$=$\frac{{3\sqrt{65}}}{65}$，
所以直線GD與平面ABC所成角的正弦值為$\frac{{3\sqrt{65}}}{65}$…（12分）

點評 本題考查平面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算能力．