2009_旧全国 II 卷 (2009·理)
18．（12分）如图，直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中，$A B \perp A C, D , E$ 分别为 $A A_{1} , B_{1} C$ 的中点， $\mathrm{DE} \perp$ 平面 $\mathrm{BCC}_{1}$ ．
（ I ）证明： $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$ ；
（II）设二面角 $\mathrm{A}-\mathrm{BD}-\mathrm{C}$ 为 $60^{\circ}$ ，求 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}$ 与平面 BCD 所成的角的大小。
【考点】LQ：平面与平面之间的位置关系．
【专题】11：计算题；14：证明题．
【分析】①连接BE，可根据射影相等的两条斜线段相等证得BD＝DC，再根据相等的斜线段的射影相等得到 $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$ ；
②求 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}$ 与平面 BCD 所成的线面角，只需求点 $\mathrm{B}_{1}$ 到面 BDC 的距离即可，作 $\mathrm{AG} \perp B D$ 于 $G$ ，连 $G C, \angle A G C$ 为二面角 $A-B D-C$ 的平面角，在三角形 $A G C$ 中求出 $G C$即可。
【解答】解：如图
（I）连接 $B E, \because A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 为直三棱柱，
$\therefore \angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{BC}=90^{\circ}$ ，
$\because E$ 为 $B_{1} C$ 的中点，$\therefore B E=E C$ ．
又 $\mathrm{DE} \perp$ 平面 $\mathrm{BCC}_{1}$ ，
$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{DC}$（射影相等的两条斜线段相等）而 $\mathrm{DA} \perp$ 平面 ABC ，
$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$（相等的斜线段的射影相等）．
（II）求 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}$ 与平面 BCD 所成的线面角，
只需求点 $\mathrm{B}_{1}$ 到面 BDC 的距离即可。
作 $\mathrm{AG} \perp \mathrm{BD}$ 于 G ，连 GC ，
$\because \mathrm{AB} \perp \mathrm{AC}, \quad \therefore \mathrm{GC} \perp \mathrm{BD}$,
$\angle A G C$ 为二面角 $A-B D-C$ 的平面角，$\angle A G C=60^{\circ}$
不妨设 $\mathrm{AC}=2 \sqrt{3}$ ，则 $\mathrm{AG}=2, G C=4$
在 $R T \triangle A B D$ 中，由 $A D \cdot A B=B D \cdot A G$ ，易得 $A D=\sqrt{6}$
设点 $\mathrm{B}_{1}$ 到面 BDC 的距离为 $h, \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}$ 与平面 BCD 所成的角为 $\alpha$ ．
利用 $\frac{1}{3} S_{\triangle B_{1} B C} \cdot D E=\frac{1}{3} S_{\triangle B C D} \cdot h$ ，
可求得 $h=2 \sqrt{3}$ ，又可求得 $B_{1} C=4 \sqrt{3} \sin \alpha=\frac{h}{B_{1} C}=\frac{1}{2}, \quad \therefore \alpha=30^{\circ}$ ．
即 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}$ 与平面 BCD 所成的角为 $30^{\circ}$ ．
【点评】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．