（5分）已知三棱柱 A B C-A_ 1 B_ 1 C_…——2008 高考数学第 11 题答案解析

【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】11：计算题；31：数形结合；4R：转化法；5G：空间角．
【分析】法一：由题意可知三棱锥 $\mathrm{A}_{1}-\mathrm{ABC}$ 为正四面体，设棱长为 2 ，求出 $\mathrm{AB}_{1}$ 及三棱锥的高，由线面角的定义可求出答案；

法二：先求出点 $\mathrm{A}_{1}$ 到底面的距离 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}$ 的长度，即知点 $\mathrm{B}_{1}$ 到底面的距离 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{E}$ 的长度 ，再求出 $A E$ 的长度，在直角三角形 $A E B_{1}$ 中求 $A B_{1}$ 与底面 $A B C$ 所成角的正切，再由同角三角函数的关系求出其正弦。

【解答】解：（法一）因为三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的侧棱与底面边长都相等，$A_{1}$ 在底面 $A B C$ 内的射影为 $\triangle A B C$ 的中心，设为 $D$ ，

所以三棱锥 $\mathrm{A}_{1}-\mathrm{ABC}$ 为正四面体，设棱长为 2 ，
则 $\triangle A A_{1} B_{1}$ 是顶角为 $120^{\circ}$ 等腰三角形，
所以 $\mathrm{AB}_{1}=2 \times 2 \times \sin 60^{\circ}=2 \sqrt{3}, \mathrm{~A}_{1} \mathrm{D}=\sqrt{2^{2}-\left(\frac{2}{3} \times \sqrt{3}\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{6}}{3}$ ，
所以 $\mathrm{AB}_{1}$ 与底面 ABC 所成角的正弦值为 $\frac{\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}}{\mathrm{AB}_{1}}=\frac{2 \sqrt{6}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$ ；

（法二）由题意不妨令棱长为 2 ，点 $B_{1}$ 到底面的距离是 $B_{1} E$ ，
如图，$A_{1}$ 在底面 $A B C$ 内的射影为 $\triangle A B C$ 的中心，设为 $D$ ，
故 $\mathrm{DA}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$ ，
由勾股定理得 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}=\sqrt{4-\frac{4}{3}}=\frac{2 \sqrt{6}}{3}$ 故 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{E}=\frac{2 \sqrt{6}}{3}$ ，
如图作 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~S} \perp \mathrm{AB}$ 于中点 S ，过 B 1 作 AB 的垂线段，垂足为 F ，
$B F=1, \quad B_{1} F=A_{1} S=\sqrt{3}, \quad A F=3$ ，
在直角三角形 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{AF}$ 中用勾股定理得： $\mathrm{AB}_{1}=2 \sqrt{3}$ ，
所以 $A B_{1}$ 与底面 $A B C$ 所成角的正弦值 $\sin \angle B_{1} A E=\frac{\frac{2 \sqrt{6}}{3}}{2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$ ．
故选：B．

【点评】本题考查了几何体的结构特征及线面角的定义，还有点面距与线面距的转化，考查了转化思想和空间想象能力。