如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.
(Ⅰ)证明AB⊥A1C;
(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.
第二问要用传统方法解
不要用空间向量 展开
（I）过A1作A1D⊥AB交AB于D，连接CD
因AB=AA1，∠BAA1=60°
易知⊿ABA1为正三角形
则AA1=BA1
所以A1D为AB边的中线，即D为AB中点（三线合一）
又CA=CB，表明⊿ACB为等腰三角形
则CD为AB边上的高，即CD⊥AB（三线合一）
因AB⊥A1D，且AB⊥CD
而A1D交CD于平面A1CD
则AB⊥平面A1CD
而A1C⊂平面A1CD
所以AB⊥A1C
（I）连接BC1、CB1交于O，连接A1O
过A1作A1H⊥CB1交CB1于H
因CA=CB=AB=AA1（即三棱柱所有棱长相等）
易知四边形BB1C1C为菱形
则BC1⊥CB1
又⊿ABA1为正三角形
则A1B=AB=A1C1
由此知⊿BA1C1为等腰三角形
易知BC1⊥A1O（三线合一）
又CB1交A1O于平面A1CB1
则BC1⊥平面A1CB1
而A1H⊂平面A1CB1
则A1H⊥BC1
又A1H⊥CB1
而BC1交CB1于平面BB1C1C
则A1H⊥平面BB1C1C
由此表明∠A1CH即为A1C与平面BB1C1C所成角的平面角
因平面ABC⊥平面AA1B1B
且A1D⊥AB
且A1D⊂平面AA1B1B
且AB为平面ABC与平面AA1B1B的交线
则A1D⊥平面ABC
而CD⊂平面ABC
则A1D⊥CD
表明⊿A1DC为RT⊿
又易知⊿ABA1、⊿ABC均为边长相等的全等正三角形
且D为AB的中点
则A1D=CD
表明RT⊿A1DC为等腰直角三角形
在RT⊿A1DC中，易知A1D=CD=√3
则A1C=√6
由（I）知AB⊥A1C
而A1B1//AB
则A1B1⊥A1C
表明⊿A1CB1为RT⊿
由勾股定理知CB1=√10
又A1H⊥CB1
则易知RT⊿A1CB1∽RT⊿A1HB1
于是A1H=A1C*A1B1/CB1=2√15/5
在RT⊿A1CH中
由三角函数定义知sin∠A1CH=A1H/A1C=√10/5
解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，
因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，
所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，
又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，
所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．
以O为坐标原点，
OA
的方向为x轴的正向，|
OA
|为单位长，建立如图所示的坐标系，
可得A（1，0，0），A1（0，
3
，0），C（0，0，
3
），B（-1，0，0），
则
BC
=（1，0，
3
），
BB1
＝
AA1
=（-1，
3
，0），
A1C
=（0，-
3
，
3
），
设
n
=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则
n
•
BC
＝0
n
•
BB1
＝0
，即
x+
3
z＝0
−x+
3
y＝0
，
可取y=1，可得
n
=（
3
，1，-1），故sin＜
n
，
A1C
＞=
n
•
A1C
|
n
||
A1C
|
=−
10
5
，
故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为
10
5
．
因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，
所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，
又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，
所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．
以O为坐标原点， OA 的方向为x轴的正向，| OA |为单位长，建立如图所示的坐标系，
可得A（1，0，0），A1（0， 3 ，0），C（0，0， 3 ），B（-1，0，0），
则 BC =（1，0， 3 ）， BB1 ＝ AA1 =（-1， 3 ，0）， A1C =（0，- 3 ， 3 ），
设 n =（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则 n • BC ＝0 n • BB1 ＝0 ，即 x+ 3 z＝0 −x+ 3 y＝0 ，
可取y=1，可得 n =（ 3 ，1，-1），故cos＜ n ， A1C ＞= n • A1C | n || A1C | =− 10 5 ，
故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为 10 5 ．
第二问要用传统方法解
不要用空间向量
这个就不会了你在问问别人
