在三棱柱 A B C-A_ 1 B_ 1 C_ 1 中，…——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 $AC \perp BC$。
因为 $A_1C \cap AC = C$，$A_1C, AC \subset$ 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 $BCC_1B_1$。
平面 $ACC_1A_1 \cap$ 平面 $BCC_1B_1 = CC_1$。
在平面 $ACC_1A_1$ 内，过 $A_1$ 作 $A_1O \perp CC_1$ 于 $O$。
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，$AC // A_1C_1$。
因为 $A_1C \perp$ 底面 $ABC$，所以 $A_1C \perp AC$，从而 $A_1C \perp A_1C_1$。
即 $\triangle CA_1C_1$ 为直角三角形，且 $\angle CA_1C_1 = 90^{\circ}$。
又 $CC_1 = AA_1 = 2$。
在 Rt$\triangle CA_1C_1$ 中，$A_1O$ 是斜边 $CC_1$ 上的高。
由射影定理或勾股定理：
设 $CO = x$，则 $C_1O = 2-x$。
$A_1C^2 = A_1O^2 + CO^2 = 1 + x^2$，
$A_1C_1^2 = A_1O^2 + C_1O^2 = 1 + (2-x)^2$。
又 $A_1C^2 + A_1C_1^2 = CC_1^2 = 4$，
所以 $1 + x^2 + 1 + (2-x)^2 = 4$，
整理得 $2x^2 - 4x + 2 = 0$，解得 $x = 1$。
所以 $O$ 为 $CC_1$ 的中点。
从而 $A_1C = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$，$A_1C_1 = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
因为四边形 $ACC_1A_1$ 为平行四边形，所以 $AC = A_1C_1 = \sqrt{2}$。
故 $AC = A_1C$。

（2）解：
由（1）知 $AC = A_1C = \sqrt{2}$。
因为 $BC \perp$ 平面 $ACC_1A_1$，所以 $BC \perp AC$，$BC \perp A_1C$。
在 Rt$\triangle ABC$ 和 Rt$\triangle A_1BC$ 中，
$AC = A_1C$，$BC$ 公共，$\angle ACB = \angle A_1CB = 90^{\circ}$，
所以 $\triangle ABC \cong \triangle A_1BC$，故 $AB = A_1B$。
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。
在等腰 $\triangle A_1AB$ 中（$AB=A_1B$），过 $B$ 作 $BD \perp AA_1$ 于 $D$，则 $BD = 2$。
因为 $AB = A_1B$，所以 $D$ 为 $AA_1$ 的中点，$A_1D = \frac{1}{2} AA_1 = 1$。
在 Rt$\triangle A_1DB$ 中，$A_1B = \sqrt{A_1D^2 + BD^2} = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$。
所以 $AB = \sqrt{5}$。
在 Rt$\triangle ABC$ 中，$BC = \sqrt{AB^2 - AC^2} = \sqrt{5 - 2} = \sqrt{3}$。

因为 $AA_1 // CC_1$，$CC_1 \subset$ 平面 $BCC_1B_1$，
所以 $AA_1 //$ 平面 $BCC_1B_1$。
所以点 $A$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离等于点 $A_1$ 到该平面的距离，即 $d = A_1O = 1$。

下面求 $AB_1$ 的长。
延长 $AC$ 至 $M$，使得 $AC = CM$，连接 $C_1M$。
因为 $A_1C_1 // AC$ 且 $A_1C_1 = AC$，所以 $A_1C_1 // CM$ 且 $A_1C_1 = CM$。
所以四边形 $A_1CMC_1$ 为平行四边形，故 $C_1M // A_1C$ 且 $C_1M = A_1C = \sqrt{2}$。
因为 $A_1C \perp$ 底面 $ABC$，所以 $C_1M \perp$ 底面 $ABC$。
所以 $C_1M \perp AM$，$C_1M \perp BC$。
又 $BC \perp AC$（即 $BC \perp AM$），且 $AM \cap C_1M = M$，
所以 $BC \perp$ 平面 $AMC_1$。
因为 $MC_1 \subset$ 平面 $AMC_1$，所以 $BC \perp MC_1$（此步非必须，主要是为了构建长方体模型）。
实际上，我们可以将 $AB_1$ 看作长方体的体对角线，其长、宽、高分别为 $AM=2AC=2\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{3}$，$C_1M=\sqrt{2}$。
或者利用向量计算：
$\vec{AB_1} = \vec{AC} + \vec{CB} + \vec{BB_1} = \vec{AC} + \vec{CB} + \vec{AA_1}$。
$\vec{AA_1} = \vec{AC_1} - \vec{AC}$ 不太好算，用 $\vec{AA_1} = \vec{CC_1}$。
$\vec{AB_1}^2 = (\vec{AC} + \vec{CB} + \vec{CC_1})^2$
$= \vec{AC}^2 + \vec{CB}^2 + \vec{CC_1}^2 + 2\vec{AC}\cdot\vec{CB} + 2\vec{AC}\cdot\vec{CC_1} + 2\vec{CB}\cdot\vec{CC_1}$。
已知 $\vec{AC} \perp \vec{CB}$，$\vec{CB} \perp$ 平面 $ACC_1A_1 \implies \vec{CB} \perp \vec{CC_1}$。
所以 $\vec{AC}\cdot\vec{CB} = 0$，$\vec{CB}\cdot\vec{CC_1} = 0$。
$\vec{AC}\cdot\vec{CC_1} = \vec{AC} \cdot (\vec{CA_1} + \vec{A_1C_1}) = \vec{AC}\cdot\vec{CA_1} + \vec{AC}\cdot\vec{A_1C_1}$。
因为 $A_1C \perp AC$，所以 $\vec{AC}\cdot\vec{CA_1} = 0$。
因为 $\vec{AC} // \vec{A_1C_1}$ 且同向，$|\vec{AC}| = |\vec{A_1C_1}| = \sqrt{2}$，
所以 $\vec{AC}\cdot\vec{A_1C_1} = 2$。
所以 $AB_1^2 = 2 + 3 + 4 + 0 + 2(2) + 0 = 13$。
即 $AB_1 = \sqrt{13}$。

设 $AB_1$ 与平面 $BCC_1B_1$ 所成角为 $\theta$，
则 $\sin \theta = \frac{d}{AB_1} = \frac{1}{\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{13}}{13}$。