在三棱柱 A B C - A _ 1 B _ 1 C _…——2023 高考数学第 18 题答案解析

（1）证明：
因为 $A_1C \perp$ 底面 $ABC$，$BC \subset$ 平面 $ABC$，
所以 $A_1C \perp BC$。
又因为 $\angle ACB = 90^{\circ}$，即 $AC \perp BC$，
且 $A_1C \cap AC = C$，$A_1C, AC \subset$ 平面 $ACC_1A_1$，
所以 $BC \perp$ 平面 $ACC_1A_1$。
因为 $BC \subset$ 平面 $BCC_1B_1$，
所以平面 $ACC_1A_1 \perp$ 平面 $BCC_1B_1$，且交线为 $CC_1$。

过点 $A_1$ 作 $A_1O \perp CC_1$ 于点 $O$。
由面面垂直的性质定理可知，$A_1O \perp$ 平面 $BCC_1B_1$。
由题意，$A_1$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离为 1，即 $A_1O = 1$。

在三棱柱中，$AA_1 // CC_1$ 且 $AA_1 = CC_1 = 2$。
因为 $A_1C \perp$ 底面 $ABC$，所以 $A_1C \perp AC$。
又因为 $AC // A_1C_1$，所以 $A_1C \perp A_1C_1$，即 $\triangle A_1CC_1$ 为直角三角形，且 $\angle CA_1C_1 = 90^{\circ}$。
在 Rt $\triangle A_1CC_1$ 中，$A_1O$ 是斜边 $CC_1$ 上的高。
由射影定理或勾股定理：
$A_1C^2 + A_1C_1^2 = CC_1^2 = 4$，
$A_1C^2 = CO \cdot CC_1$，$A_1C_1^2 = C_1O \cdot CC_1$（或者利用面积法 $A_1C \cdot A_1C_1 = CC_1 \cdot A_1O = 2 \times 1 = 2$）。
设 $A_1C = x, A_1C_1 = y$，则 $x^2 + y^2 = 4, xy = 2$。
解得 $x = y = \sqrt{2}$。
即 $A_1C = A_1C_1$。
又因为 $AC = A_1C_1$（棱柱上下底面全等），
所以 $AC = A_1C$。

（2）解：
由（1）知 $AC = A_1C = \sqrt{2}$，且 $CA, CB, CA_1$ 两两垂直（$CA \perp CB$ 已知，$CA_1 \perp$ 面 $ABC \implies CA_1 \perp CA, CA_1 \perp CB$）。
以 $C$ 为原点，$\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CA_1}$ 的方向分别为 $x, y, z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。
则 $C(0,0,0)$，$A(\sqrt{2}, 0, 0)$，$A_1(0, 0, \sqrt{2})$。
设 $B(0, b, 0)$ ($b>0$)。

因为 $AA_1 // BB_1$，直线 $AA_1$ 与 $BB_1$ 的距离即为平行线间的距离。
$\overrightarrow{AA_1} = (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$。
$\overrightarrow{AB} = (-\sqrt{2}, b, 0)$。
设 $\overrightarrow{n}$ 为直线 $AA_1$ 与 $BB_1$ 公垂线的方向向量，则 $\overrightarrow{n} \perp \overrightarrow{AA_1}$ 且 $\overrightarrow{n} \perp \overrightarrow{AB}$（注意：这是异面直线距离公式，这里是平行线，距离即为 $B$ 到直线 $AA_1$ 的距离）。
在 $\triangle ABA_1$ 中，$AB = \sqrt{2+b^2}$，$A_1B = \sqrt{b^2+2}$，$AA_1 = 2$。
$\triangle ABA_1$ 是等腰三角形。
过 $B$ 作 $BD \perp AA_1$ 于 $D$，则 $D$ 为 $AA_1$ 中点，$AD = 1$。
在 Rt $\triangle ADB$ 中，$BD^2 = AB^2 - AD^2 = (2+b^2) - 1 = b^2 + 1$。
由题意，距离 $BD = 2$，所以 $b^2 + 1 = 4 \implies b = \sqrt{3}$。
所以 $B(0, \sqrt{3}, 0)$。

$\overrightarrow{BB_1} = \overrightarrow{AA_1} = (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$。
$B_1 = B + \overrightarrow{BB_1} = (-\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{2})$。
$\overrightarrow{AB_1} = (-\sqrt{2}-\sqrt{2}, \sqrt{3}-0, \sqrt{2}-0) = (-2\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{2})$。
$|\overrightarrow{AB_1}| = \sqrt{8 + 3 + 2} = \sqrt{13}$。

平面 $BCC_1B_1$ 过点 $C(0,0,0)$，$B(0, \sqrt{3}, 0)$，$C_1$。
$\overrightarrow{CC_1} = \overrightarrow{AA_1} = (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$。
$\overrightarrow{CB} = (0, \sqrt{3}, 0)$。
设平面 $BCC_1B_1$ 的法向量为 $\vec{m} = (x, y, z)$。
$\begin{cases} \vec{m} \cdot \overrightarrow{CB} = \sqrt{3}y = 0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{CC_1} = -\sqrt{2}x + \sqrt{2}z = 0 \end{cases}$
取 $x=1$，则 $z=1, y=0$。
所以 $\vec{m} = (1, 0, 1)$。

设 $AB_1$ 与平面 $BCC_1B_1$ 所成角为 $\theta$。
$\sin \theta = |\cos \langle \overrightarrow{AB_1}, \vec{m} \rangle| = \frac{|\overrightarrow{AB_1} \cdot \vec{m}|}{|\overrightarrow{AB_1}| |\vec{m}|}$
$\overrightarrow{AB_1} \cdot \vec{m} = -2\sqrt{2} \times 1 + \sqrt{3} \times 0 + \sqrt{2} \times 1 = -\sqrt{2}$。
$|\vec{m}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
$\sin \theta = \frac{|-\sqrt{2}|}{\sqrt{13} \times \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{13}}{13}$。

所以 $AB_1$ 与平面 $BCC_1B_1$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{13}}{13}$。