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 $ABC$，且 $BC \subset$ 平面 $ABC$，所以 $A_1C \perp BC$。
又因为 $\angle ACB = 90^\circ$，即 $AC \perp BC$。
由于 $A_1C \cap AC = C$，且 $A_1C, AC \subset$ 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 $BCC_1B_1$。
两平面的交线为 $CC_1$。在平面 $ACC_1A_1$ 内，过点 $A_1$ 作 $A_1O \perp CC_1$ 于点 $O$。
根据面面垂直的性质定理，可得 $A_1O \perp$ 平面 $BCC_1B_1$。
由题意知，$A_1$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离为 1，故 $A_1O = 1$。

在三棱柱中，侧棱 $AA_1 \parallel CC_1$ 且 $AA_1 = CC_1 = 2$。
因为 $A_1C \perp$ 底面 $ABC$，且 $AC \subset$ 底面 $ABC$，所以 $A_1C \perp AC$。
又 $AC \parallel A_1C_1$，所以 $A_1C \perp A_1C_1$，即 $\triangle A_1CC_1$ 是以 $CC_1$ 为斜边的直角三角形（注：此处指 $\angle CA_1C_1=90^\circ$ 不成立，应是 $\triangle A_1 C C_1$ 中 $A_1C \perp AC$ 推导出的几何关系，更准确的是利用射影定理或勾股定理）。
实际上，在 Rt$\triangle A_1OC$ 和 Rt$\triangle A_1OC_1$ 中：
设 $CO = x$，则 $C_1O = 2-x$。
$A_1C^2 = A_1O^2 + CO^2 = 1 + x^2$
$A_1C_1^2 = A_1O^2 + C_1O^2 = 1 + (2-x)^2$
在 Rt$\triangle A_1CC_1$ 中（注意：由 $A_1C \perp$ 面 $ABC \implies A_1C \perp AC$，而 $AC \parallel A_1C_1$，故 $A_1C \perp A_1C_1$），
$A_1C^2 + A_1C_1^2 = CC_1^2$
$(1+x^2) + [1+(2-x)^2] = 2^2$
$2 + x^2 + 4 - 4x + x^2 = 4$
$2x^2 - 4x + 2 = 0 \implies (x-1)^2 = 0 \implies x=1$。
所以 $CO = 1$，$A_1C = \sqrt{1+1^2} = \sqrt{2}$。
又 $AC = A_1C_1$（平行四边形对边相等？不，是三棱柱上下底全等，$AC=A_1C_1$）。
由上式 $A_1C_1^2 = 1 + (2-1)^2 = 2 \implies A_1C_1 = \sqrt{2}$。
所以 $AC = \sqrt{2}$。
故 $AC = A_1C$。

（2）解：
由（1）知 $AC = A_1C = \sqrt{2}$，$BC \perp$ 平面 $ACC_1A_1$。
因为 $AA_1 \parallel BB_1$，所以直线 $AA_1$ 与 $BB_1$ 的距离即为点 $B$ 到直线 $AA_1$ 的距离。
连接 $AB, A_1B$。
在 $\triangle ABC$ 和 $\triangle A_1BC$ 中，
$BC$ 公共，$\angle BCA = \angle BCA_1 = 90^\circ$（因 $A_1C \perp$ 面 $ABC$），$AC = A_1C = \sqrt{2}$。
所以 $\triangle ABC \cong \triangle A_1BC$，故 $AB = A_1B$。
取 $AA_1$ 的中点 $D$，连接 $BD$。
因为 $AB = A_1B$，所以 $BD \perp AA_1$。
故 $BD$ 的长度即为直线 $AA_1$ 与 $BB_1$ 的距离，即 $BD = 2$。
在 Rt$\triangle ABD$ 中，$AD = \frac{1}{2}AA_1 = 1$，$BD = 2$，
所以 $AB = \sqrt{AD^2 + BD^2} = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}$。
在 Rt$\triangle ABC$ 中，$BC = \sqrt{AB^2 - AC^2} = \sqrt{5 - 2} = \sqrt{3}$。

要求 $AB_1$ 与平面 $BCC_1B_1$ 所成角的正弦值。
由（1）知，平面 $ACC_1A_1 \perp$ 平面 $BCC_1B_1$，且交线为 $CC_1$。
点 $A$ 在平面 $ACC_1A_1$ 内。过 $A$ 作 $AH \perp CC_1$ 于 $H$。
则 $AH \perp$ 平面 $BCC_1B_1$。
在平行四边形 $ACC_1A_1$ 中，$AC = A_1C_1 = \sqrt{2}, AA_1 = CC_1 = 2$。
由（1）中计算可知，$\triangle ACC_1$ 中，$AC=\sqrt{2}, CC_1=2, AC_1=\sqrt{A_1C^2+AA_1^2}$? 不对，直接看 $\triangle ACC_1$ 的形状。
其实，$A$ 到 $CC_1$ 的距离等于 $A_1$ 到 $CC_1$ 的距离（因为 $AA_1 \parallel CC_1$）。
由（1）知 $A_1$ 到 $CC_1$ 的垂线段长 $A_1O = 1$。
所以点 $A$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离 $d = AH = 1$。

接下来求 $AB_1$ 的长度。
建立空间直角坐标系可能更直观，或者使用向量/几何法。
几何法：
$AB_1^2 = AC^2 + CB_1^2 - 2 AC \cdot CB_1 \cos(\dots)$ 较繁琐。
利用勾股定理扩展：
$AB_1$ 是长方体对角线类型的线段吗？不是直棱柱。
我们可以将 $AB_1$ 投影。
或者计算向量模长。
以 $C$ 为原点，$CA$ 为 $x$ 轴，$CB$ 为 $y$ 轴，$CA_1$ 方向不完全沿 $z$ 轴，因为 $A_1C \perp$ 底面，所以 $CA_1$ 就是 $z$ 轴方向？
是的，$A_1C \perp$ 平面 $ABC$，所以可以建立以 $C$ 为原点的空间直角坐标系：
$C(0,0,0)$。
因为 $AC \perp BC$，且 $A_1C \perp$ 面 $ABC$，
令 $\vec{CA}$ 方向为 $x$ 轴，$\vec{CB}$ 方向为 $y$ 轴，$\vec{CA_1}$ 方向为 $z$ 轴。
则 $C(0,0,0)$。
$A(\sqrt{2}, 0, 0)$ （因为 $AC=\sqrt{2}$）。
$B(0, \sqrt{3}, 0)$ （因为 $BC=\sqrt{3}$）。
$A_1(0, 0, \sqrt{2})$ （因为 $A_1C=\sqrt{2}$）。
因为 $\vec{AA_1} = \vec{BB_1} = \vec{CC_1}$。
$\vec{AA_1} = A_1 - A = (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$。
所以 $B_1 = B + \vec{AA_1} = (0, \sqrt{3}, 0) + (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2}) = (-\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{2})$。

向量 $\vec{AB_1} = B_1 - A = (-\sqrt{2} - \sqrt{2}, \sqrt{3} - 0, \sqrt{2} - 0) = (-2\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{2})$。
$|\vec{AB_1}| = \sqrt{(-2\sqrt{2})^2 + (\sqrt{3})^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{8 + 3 + 2} = \sqrt{13}$。

平面 $BCC_1B_1$ 的法向量：
由（1）知 $BC \perp$ 平面 $ACC_1A_1$，这不对，是 $BC \perp AC, BC \perp A_1C \implies BC \perp$ 面 $ACC_1A_1$。
我们要找平面 $BCC_1B_1$ 的法向量。
前面已证 $A_1O \perp$ 平面 $BCC_1B_1$。
或者观察坐标系：
$C(0,0,0), B(0,\sqrt{3},0), C_1 = C + \vec{AA_1} = (-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$。
平面 $BCC_1B_1$ 包含 $y$ 轴（$CB$）和向量 $\vec{CC_1}=(-\sqrt{2}, 0, \sqrt{2})$。
设法向量 $\vec{n} = (x,y,z)$。
$\vec{n} \cdot \vec{CB} = \sqrt{3}y = 0 \implies y=0$。
$\vec{n} \cdot \vec{CC_1} = -\sqrt{2}x + \sqrt{2}z = 0 \implies x=z$。
取 $\vec{n} = (1, 0, 1)$。

设直线 $AB_1$ 与平面 $BCC_1B_1$ 所成角为 $\theta$。
$\sin \theta = |\cos \langle \vec{AB_1}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\vec{AB_1} \cdot \vec{n}|}{|\vec{AB_1}| |\vec{n}|}$。
$\vec{AB_1} \cdot \vec{n} = (-2\sqrt{2}) \cdot 1 + \sqrt{3} \cdot 0 + \sqrt{2} \cdot 1 = -\sqrt{2}$。
$|\vec{AB_1}| = \sqrt{13}$。
$|\vec{n}| = \sqrt{1^2 + 0^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
$\sin \theta = \frac{|-\sqrt{2}|}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{26}} = \frac{1}{\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{13}}{13}$。

另解（几何法验证距离）：
点 $A$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离。
平面 $BCC_1B_1$ 过 $BC$ 且垂直于平面 $ABC$ 吗？不，$A_1C \perp$ 面 $ABC$，面 $BCC_1B_1$ 包含 $BC$。
前面已证 $A_1O \perp$ 面 $BCC_1B_1$，$A_1O=1$。
因为 $AA_1 \parallel$ 面 $BCC_1B_1$（$AA_1 \parallel CC_1$），所以 $A$ 到面的距离等于 $A_1$ 到面的距离，即 $h=1$。
线面角正弦值 $\sin \theta = \frac{h}{AB_1} = \frac{1}{\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{13}}{13}$。