如图，在三棱柱 A B C-A_ 1 B_ 1 C_ 1…——2023 高考数学第 18 题答案解析

（1）证明：
因为 $A_{1} C \perp$ 平面 $A B C$，且 $B C \subset$ 平面 $A B C$，
所以 $A_{1} C \perp B C$．
又因为 $\angle A C B=90^{\circ}$，即 $A C \perp B C$．
因为 $A_{1} C \cap A C=C$，且 $A_{1} C, A C \subset$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$，
所以 $B C \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$．
又因为 $B C \subset$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$，
所以平面 $A C C_{1} A_{1} \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$．

（2）解：
由（1）知平面 $A C C_{1} A_{1} \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$，且交线为 $C C_{1}$．
在平面 $A C C_{1} A_{1}$ 内，过点 $A_{1}$ 作 $A_{1} O \perp C C_{1}$ 于点 $O$．
根据面面垂直的性质定理，可得 $A_{1} O \perp$ 平面 $B B_{1} C_{1} C$．
所以线段 $A_{1} O$ 的长度即为四棱锥 $A_{1}-B B_{1} C_{1} C$ 的高．

因为 $A_{1} C \perp$ 平面 $A B C$，所以 $A_{1} C \perp A C$，$A_{1} C \perp B C$．
在 $\mathrm{Rt} \triangle A_{1} C B$ 和 $\mathrm{Rt} \triangle A C B$ 中，
$A_{1} B^{2}=A_{1} C^{2}+B C^{2}$，$A B^{2}=A C^{2}+B C^{2}$．
已知 $A B=A_{1} B$，所以 $A_{1} C^{2}+B C^{2}=A C^{2}+B C^{2}$，即 $A_{1} C=A C$．

在平行四边形 $A C C_{1} A_{1}$ 中，$A_{1} C_{1}=A C$，$C C_{1}=A A_{1}=2$．
因为 $A_{1} C \perp A C$，所以在 $\mathrm{Rt} \triangle A_{1} C A$ 中，
$A_{1} C^{2}+A C^{2}=A A_{1}^{2}$，即 $2 A_{1} C^{2}=2^{2}=4$，解得 $A_{1} C=\sqrt{2}$．
所以 $A_{1} C_{1}=A C=A_{1} C=\sqrt{2}$．
在 $\triangle A_{1} C C_{1}$ 中，$A_{1} C=A_{1} C_{1}=\sqrt{2}$，$C C_{1}=2$．
因为 $A_{1} C^{2}+A_{1} C_{1}^{2}=2+2=4=C C_{1}^{2}$，
所以 $\triangle A_{1} C C_{1}$ 是以 $C C_{1}$ 为斜边的等腰直角三角形．
因为 $A_{1} O \perp C C_{1}$，所以 $O$ 为 $C C_{1}$ 的中点．
所以 $A_{1} O=\frac{1}{2} C C_{1}=1$．
即四棱锥 $A_{1}-B B_{1} C_{1} C$ 的高为 1．