2022_新课标I卷
19. 如图，直三棱柱 $A B C - A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 }$ 的体积为4， $\triangle A _ { | } B C$ 的面积为 $2 \sqrt { 2 }$
（1）求A到平面 $A _ { 1 } B C$ 的距离；
（2）设D 为 $A _ { 1 } C$ 的中点， $A A _ { 1 } = A B$ ，平面 $A _ { 1 } B C \perp$ 平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 }$ ，求二面角$A - B D - C$ 的正弦值
(1) $\sqrt { 2 }$ >; (2) $\frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$
用 3 道相关题确认基础和中等变式会到哪一步。
【答案】（1） $\sqrt { 2 }$
> ② $\frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$
【解析】
【分析】①由等体积法运算即可得解；
> ②由面面垂直的性质及判定可得BC ^平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 }$ ，建立空间直角坐标系，利用空间
向量法即可得解.【小问1 详解】
在直三棱柱 $A B C - A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 }$ 中，设点A到平面 $A _ { 1 } B C$ 的距离为h，则 $V _ { _ { A - A _ { 1 } B C } } = \frac { 1 } { 3 } S _ { _ { A A _ { B C } } } \cdot h = \frac { 2 \sqrt { 2 } } { 3 } h = V _ { _ { A _ { 1 } - A B C } } = \frac { 1 } { 3 } S _ { _ { \Delta A B C } } \cdot A _ { 1 } A = \frac { 1 } { 3 } V _ { _ { A B C - A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 } } } = \frac { 4 } { 3 } ,$ 解得 $h = { \sqrt { 2 } }$ 所以点A到平面 $A _ { 1 } B C$ 的距离为 $\sqrt { 2 }$ ；
【小问2详解】
取 $A _ { 1 } B$ 的中点E,连接AE,如图，因为 $A A _ { 1 } = A B$ ，所以 $A E \bot A _ { 1 } B$ 又平面 $A _ { 1 } B C \perp$ 平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 }$ ，平面 $A _ { 1 } B C \cap$ 平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 } = A _ { 1 } B$ 且 $A E \subset$ 平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 }$ ，所以 $A E \perp$ 平面 $A _ { 1 } B C$ 在直三棱柱 $A B C - A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 }$ 中， $B B _ { 1 } \perp$ 平面 $A B C$ 由 $B C \subset$ 平面 $A _ { 1 } B C$ $B C \subset$ 平面 $A B C$ 可得 $A E \bot B C$ $B B _ { 1 } \perp B C$ 又 $A E , B B _ { 1 } \subset$ 平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 }$ 且相交，所以 $B C \perp$ 平面 $A B B _ { 1 } A _ { 1 }$
所以 $B C , B A , B B _ { 1 }$ 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由①得 $A E = \sqrt { 2 }$ ，所以 $\ A A _ { 1 } = A B = 2$ $A _ { 1 } B = 2 \sqrt { 2 }$ ，所以 $B C = 2$ 则 $A \big ( 0 , 2 , 0 \big ) , A _ { 1 } \big ( 0 , 2 , 2 \big ) , B \big ( 0 , 0 , 0 \big ) , C \big ( 2 , 0 , 0 \big )$ ,所以 $A _ { 1 } C$ 的中点 $D \big ( 1 , 1 , 1 \big )$ 则 $\overrightarrow { B D } = \left( 1 , 1 , 1 \right) , \overrightarrow { B A } = \left( 0 , 2 , 0 \right) , \overrightarrow { B C } = \left( 2 , 0 , 0 \right)$
设平面ABD的一个法向量 $\stackrel { \longrightarrow } { m } = \left( x , y , z \right)$ ，则 $\left\{ { \begin{array} { l } { { \overrightarrow { m } } \cdot { \overrightarrow { B D } } = x + y + z = 0 } \\ { { \overrightarrow { m } } \cdot { \overrightarrow { B A } } = 2 y = 0 } \end{array} } \right.$
可取 $\stackrel { \longrightarrow } { m } = \left( 1 , 0 , - 1 \right)$
设平面BDC的一个法向量 $\vec { n } = \left( a , b , c \right)$ ，则 ${ \left\{ \begin{array} { l l } { { \overrightarrow { m } } \cdot { \overrightarrow { B D } } = a + b + c = 0 } \\ { { \overrightarrow { m } } \cdot { \overrightarrow { B C } } = 2 a = 0 } \end{array} \right. }$ 可取 $\stackrel { \bullet } { n } = \left( 0 , 1 , - 1 \right)$ 则 $\cos { \overrightarrow { m } } , { \overrightarrow { n } } = { \frac { \stackrel { } { m } \cdot { } } { | { \overrightarrow { m } } | \cdot | { \overrightarrow { n } } | } } = { \frac { 1 } { \sqrt { 2 } \times { \sqrt { 2 } } } } = { \frac { 1 } { 2 } }$ 所以二面角A BD C- - 的正弦值为 ${ \sqrt { 1 - \left( { \frac { 1 } { 2 } } \right) ^ { 2 } } } = { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } }$