2009_退役省自主命题 (2009·理)
18．（本小题满分 12 分）
如图4，在正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中，$A B=\sqrt{2} A A_{1}$ ，点D是 $A_{1} B_{1}$ 的中点，点E在 $A_{1} C_{1}$ 上，且 $D E \perp A E$
（I）证明：平面 $A D E \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ ；
（II）求直线 $A D$ 和平面 $A B C$ 所成角的正弦值。
18．（09湖南理）（本小题满分 12 分）
如图4，在正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中，$A B=\sqrt{2} A A_{1}$ ，
点D是 $A_{1} B_{1}$ 的中点，点E在 $A_{1} C_{1}$ 上，且 $D E \perp A E$ ．
（I）证明：平面 $A D E \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ ；
（II）求直线 $A D$ 和平面 $A B C$ 所成角的正弦值。
用 3 道相关题确认基础和中等变式会到哪一步。
解：（I）如图所示，由正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的性质知 $A A_{1} \perp$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1}$ ．
又 $\mathrm{DE} \subset$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1}$ ，所以 $\mathrm{DE} \perp A A_{1}$ ．而 $\mathrm{DE} \perp \mathrm{AE}, A A_{1} \cap \mathrm{AE}=\mathrm{A}$ ，
所以 $\mathrm{DE} \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ ．又 $\mathrm{DE} \subset$ 平面 ADE ，故平面 $A D E \perp$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ ．
> （2）解法1：如图所示，设 F 是 AB 的中点，连接 $\mathrm{DF}, \mathrm{DC}_{1}, \mathrm{C}_{1} \mathrm{~F}$ ．
由正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的性质及 D 是 $A_{1} B_{1}$ 的中点知，
$A_{1} B_{1} \perp \mathrm{C}_{1} \mathrm{D}, A_{1} B_{1} \perp \mathrm{DF} \quad$ ．又 $\mathrm{C}_{1} \mathrm{D} \bigcap \mathrm{DF}=\mathrm{D}$,
所以 $A_{1} B_{1} \perp$ 平面 $\mathrm{C}_{1} \mathrm{DF}$ ．而 $\mathrm{AB} / / A_{1} B_{1}$ ，
所以 $\mathrm{AB} \perp$ 平面 $\mathrm{C}_{1} \mathrm{DF}$ ．又 $\mathrm{AB} \subset$ 平面 $\mathrm{ABC}_{1}$ ，
故平面 $\mathrm{AB} \mathrm{C}_{1} \perp$ 平面 $\mathrm{C}_{1} \mathrm{DF}$ 。
过点 D 做 DH 垂直 $\mathrm{C}_{1} \mathrm{~F}$ 于点 H ，则 $\mathrm{DH} \perp$ 平面 $\mathrm{AB} \mathrm{C}_{1}$ 。
连接 AH ，则 $\angle \mathrm{HAD}$ 是 AD 和平面 $\mathrm{ABC}_{1}$ 所成的角。
由已知 $\mathrm{AB}=\sqrt{2} \mathrm{~A}_{1}$ ，不妨设 $\mathrm{A}_{1}=\sqrt{2}$ ，则 $\mathrm{AB}=2, \mathrm{DF}=\sqrt{2}, \mathrm{D} \mathrm{C}_{1}=\sqrt{3}$ ，
$\mathrm{C}_{1} \mathrm{~F}=\sqrt{5}, \quad \mathrm{AD}=\sqrt{A A_{1}^{2}+A_{1} D^{2}}=\sqrt{3}, \quad \mathrm{DH}=\frac{D F \cdot D C_{1}}{C_{1} F}=\frac{\sqrt{2} \times \sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{30}}{5}$.
所以 $\sin \angle \mathrm{HAD}=\frac{D H}{A D}=\frac{\sqrt{10}}{5}$ 。即直线 AD 和平面 $\mathrm{ABC} \mathrm{C}_{1}$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$ ．
解法2：如图所示，设 0 是 AC 的中点，以 0 为原点建立空间直角坐标系，
不妨设 $A A_{1}=\sqrt{2}$ ，则 $A B=2$ ，相关各点的坐标分别是
$A(0,-1,0), \quad B(\sqrt{3}, 0,0), \quad C_{1}(0,1, \sqrt{2}), \quad D\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}, \sqrt{2}\right) 。$
易知 $\overrightarrow{A B}=(\sqrt{3}, 1,0), \overrightarrow{A C_{1}}=(0,2, \sqrt{2}), \overrightarrow{A D}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}, \sqrt{2}\right)$ ，
设平面 $\mathrm{ABC}_{1}$ 的法向量为 ${ }^{\prime} n=(x, y, z)$ ，则有
$\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=\sqrt{3} x+y=0, \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C_{1}}=2 y+\sqrt{2} z=0 .\end{array}\right.$
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解得 $x=-\frac{\sqrt{3}}{3} y, z=-\sqrt{2} y$ ．
故可取＇$=(1,-\sqrt{3}, \sqrt{6})$ ．
所以， $\cos \langle\stackrel{\mathrm{r}}{\mathrm{un}} \mid \mathrm{un}, A D\rangle=\frac{\stackrel{\mathrm{u}}{\mathrm{un}} \cdot A D}{|n| \cdot|A D|}=\frac{2 \sqrt{3}}{\sqrt{10} \times \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$ 。
由此即知，直线 AD 和平面 $\mathrm{AB} \mathrm{C}_{1}$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$ 。