【数学】2018届一轮复习北师大版空间向量与立体几何教案

【数学】2018届一轮复习北师大版空间向量与立体几何教案

第3讲　空间向量与立体几何 ‎　　　　　　　　　　　利用空间向量证明平行与垂直 共研典例　类题通法 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，υ＝(a3，b3，c3)，则有：‎ ‎(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.‎ ‎(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.‎ ‎(3)面面平行 α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.‎ ‎(4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.‎ ‎　如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：‎ ‎(1)OM∥平面BCF；‎ ‎(2)平面MDF⊥平面EFCD.‎ ‎【证明】　由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.‎ ‎(1)＝，＝(－1，0，0)，‎ 所以·＝0，所以⊥.‎ 因为棱柱ADEBCF是直三棱柱，‎ 所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，‎ 且OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF.‎ ‎(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．‎ 因为＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，‎ 由n1·＝n1·＝0，‎ 得解得 令x1＝1，则n1＝.‎ 同理可得n2＝(0，1，1)．‎ 因为n1·n2＝0，‎ 所以平面MDF⊥平面EFCD.‎ 利用空间向量证明平行与垂直的步骤 ‎(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．‎ ‎(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．‎ ‎(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系．‎ ‎(4)根据运算结果解释相关问题．‎ ‎[跟踪训练]‎ 如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：‎ ‎(1)DE∥平面ABC；‎ ‎(2)B1F⊥平面AEF.‎ ‎[证明] (1)如图建立空间直角坐标系Axyz，令AB＝AA1＝4，‎ 则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4)．‎ 取AB中点为N，连接CN，‎ 则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，‎ 所以＝(－2，4，0)，＝(－2，4，0)，‎ 所以＝，所以DE∥NC，‎ 又因为NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC.‎ 故DE∥平面ABC.‎ ‎(2)＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2，2，0)．‎ ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，‎ ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.‎ 所以⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，‎ 又因为AF∩FE＝F，所以B1F⊥平面AEF.‎ ‎　　　　　　　　 　　　　　利用空间向量求空间角 高频考点　多维探明 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，υ＝(a4，b4，c4)(以下相同)．‎ ‎(1)线线夹角 设l，m的夹角为θ，则 cos θ＝＝.‎ ‎(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ，‎ 则sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|.‎ ‎(3)面面夹角 设平面α、β的夹角为θ，‎ 则|cos θ|＝＝|cos〈μ，υ〉|.‎ ‎　利用空间向量求线线角、线面角 ‎ ‎ (2016·高考全国卷丙)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．‎ ‎【解】 (1)证明：由已知得AM＝AD＝2.‎ 取BP的中点T，连接AT，TN.‎ 由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝＝ ＝.‎ 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，‎ P(0，0，4)，M(0，2，0)，C，N，＝(0，2，－4)，＝，＝.‎ 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，‎ 则 即 可取n＝(0，2，1)．‎ 于是|cos〈n，〉|＝＝，‎ 则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.‎ ‎　利用空间向量求二面角 ‎ ‎ (2016·高考全国卷乙)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.‎ ‎(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；‎ ‎(2)求二面角EBCA的余弦值．‎ ‎【解】 (1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，‎ 所以AF⊥平面EFDC.‎ 又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.‎ ‎(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，‎ 由(1)知DG⊥平面ABEF.‎ 以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，‎ 可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，)．‎ 由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.‎ 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.‎ 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2，0，)．连接AC，则＝(1，0，)，＝(0，4，0)，＝(－3，－4，)，＝(－4，0，0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则 即 所以可取n＝(3，0，－)．‎ 设m是平面ABCD的法向量，则 同理可取m＝(0，，4)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝－.‎ 故二面角EBCA的余弦值为－.‎ ‎(1)运用空间向量求空间角的一般步骤 ‎①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．‎ ‎(2)求空间角的注意点 ‎①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.‎ ‎②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1.(2016·南昌第一次模拟测试)如图，四棱锥SABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，且SE＝2EB.‎ ‎(1)证明：DE⊥平面SBC；‎ ‎(2)求二面角ADEC的大小．‎ ‎[解] 分别以DA，DC，DS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，连接DB，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，S(0，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，0，2)．‎ ‎(1)证明：因为SE＝2EB，‎ 所以＝＋＝×(1，1，0)＋×(0，0，2)＝.‎ 又＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2)，所以·＝0，·＝0，所以⊥，⊥.‎ 又BC∩BS＝B，所以DE⊥平面SBC.‎ ‎(2)由(1)知，DE⊥平面SBC，‎ 因为EC⊂平面SBC，所以DE⊥EC.‎ 由SE＝2EB，知E，＝，＝，‎ 取DE中点F，连接AF，‎ 则F，＝，‎ 故·＝0，由此得FA⊥DE，‎ 所以向量与的夹角等于二面角ADEC的平面角．‎ 又cos〈，〉＝＝－，‎ 所以二面角ADEC的大小为120°.‎ ‎2.(2016·合肥第二次质检)如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.‎ ‎(1)求证：EG⊥DF；‎ ‎(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值．‎ ‎[解] (1)证明：连接AC，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形，‎ 所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，所以EG⊥BD，EG⊥BF，‎ 因为BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.‎ ‎(2)设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，‎ 由已知可得：平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，‎ 同理可得：EF∥HG，‎ 所以四边形EFGH为平行四边形，‎ 所以P为EG的中点，O为AC的中点，‎ 所以OP綊AE，‎ 从而OP⊥平面ABCD，又OA⊥OB，‎ 所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF＝2.‎ 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0，2，0)，E(2，0，3)，F(0，2，2)，P(0，0，3)，所以＝(2，－2，3)，＝(2，0，0)，＝(0，2，－1)．‎ 设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由，可得，‎ 令y＝1，则z＝2.所以n＝(0，1，2)．‎ 设BE与平面EFGH所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝.‎ ‎　　　　　　　　　　　利用空间向量解决探索性问题 共研典例　类题通法 ‎ (2016·兰州诊断考试)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且＝λ.‎ ‎(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；‎ ‎(2)是否存在实数λ，使得二面角PDEB的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【解】　(1)证明：取PB的中点N，连接MN、AN，‎ 因为M是PC的中点，所以MN∥BC，MN＝BC＝2，‎ 又BC∥AD，所以MN∥AD，MN＝AD，‎ 所以四边形ADMN为平行四边形，‎ 因为AP⊥AD，AB⊥AD，所以AD⊥平面PAB，‎ 所以AD⊥AN，所以AN⊥MN，‎ 因为AP＝AB，所以AN⊥PB，所以AN⊥平面PBC，‎ 因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.‎ ‎(2)法一：存在实数λ＝1，使得二面角P－DE－B的余弦值为.‎ 因为λ＝1，‎ 所以点E为BC边的中点，‎ 所以DE∥AB，‎ 所以DE⊥平面PAD，‎ 所以∠PDA为二面角P－DE－B的一个平面角．‎ 在等腰Rt△PDA中，∠PDA＝，‎ 所以二面角P－DE－B的余弦值为.‎ 法二：存在符合条件的λ.‎ 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.‎ 设E(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，‎ 从而＝(0，2，－2)，＝(2，t－2，0)，‎ 设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 则，即，‎ 令y＝z＝2，解得x＝2－t，‎ 所以n1＝(2－t，2，2)，‎ 又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2＝(0，0，1)，‎ 则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，‎ 解得t＝2，可知λ＝1.‎ 利用空间向量巧解探索性问题 ‎(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．‎ ‎(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．‎ ‎[跟踪训练](2016·昆明两区七校调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．‎ ‎(1)求证：C1D⊥D1E；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，求的值，若不存在，说明理由；‎ ‎(3)若二面角B1－AE－D1的大小为90°，求AD的长．‎ ‎[解] (1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，1，0)，B1(a，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，E，‎ 所以＝(0，－1，－1)，＝，‎ 所以·＝0，所以C1D⊥D1E.‎ ‎(2)设＝h，则M(a，0，h)，‎ 所以＝(0，－1，h)，＝，＝(－a，0，1)，‎ 设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则，‎ 所以平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a，2a)，‎ 因为BM∥平面AD1E，所以⊥n，即·n＝2ah－a＝0，所以h＝.即在AA1上存在点M，使得BM∥平面AD1E，此时＝.‎ ‎(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，＝，＝(0，1，1)，‎ 则，‎ 所以平面B1AE的一个法向量为m＝(2，a，－a)．‎ 因为二面角B1－AE－D1的大小为90°，‎ 所以m⊥n，所以m·n＝4＋a2－2a2＝0，‎ 因为a>0，所以a＝2，即AD＝2.‎ 课时作业 ‎1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为CD和C1C的中点，则直线AE与D1F所成角的余弦值为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. B　[解析] 以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．若棱长为2，则A(2，0，0)、E(0，1，0)、D1(0，0，2)、F(0，2，1)．‎ 所以＝(2，－1，0)，＝(0，2，－1)，‎ cos〈，〉＝＝＝－.‎ 则直线AE与D1F所成角的余弦值为.‎ ‎2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. B　[解析] 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，‎ 则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，‎ 所以＝(0，1，－1)，＝，‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，‎ 则所以所以n1＝(1，2，2)．‎ 因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎3．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·的取值范围是________．‎ ‎[解析] 依题意，设＝λ，其中λ∈[0，1]，·＝·(＋)＝·(＋λ)＝2＋λ·＝1＋λ·＝1－λ∈[0，1]，因此·的取值范围是[0，1]．‎ ‎[答案] [0，1]‎ ‎4.如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，将△ABD沿对角线BD折起到△A′BD的位置，使点A′在平面BCD内的射影点O恰好落在BC边上，则异面直线A′B与CD所成角的大小为________．‎ ‎[解析] 过O作OE∥CD交BD于点E，由题意知，A′O⊥OC，A′O⊥OE，OE⊥OC，故以O为原点，，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则A′(0，0，)，B(－1，0，0)，C(3，0，0)，D(3，2，0)，所以＝(－1，0，－)，＝(0，2，0)，·＝0，所以⊥，故异面直线A′B与CD所成角的大小为90°.‎ ‎[答案] 90°‎ ‎5．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，其棱长为2，E为棱DD1的中点，F为对角线DB的中点．‎ ‎(1)求证：平面CFB1⊥平面EFB1；‎ ‎(2)求异面直线EF与B1C所成角的余弦值；‎ ‎(3)求直线FC1与平面B1CA所成角的正弦值．‎ ‎[解] (1)证明：因为F为DB的中点，‎ 则CF⊥BD，又CF⊥D1D，BD∩D1D＝D，‎ 所以CF⊥平面BB1D1D，‎ 因为CF⊂平面CFB1，所以平面CFB1⊥平面EFB1.‎ ‎(2)以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，1，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)．‎ 所以＝(1，1，－1)，＝(－2，0，－2)．‎ 所以异面直线EF与B1C所成角的余弦值为 ‎|cos〈，〉|＝＝0.‎ ‎(3)由(1)知CF⊥EF，‎ 由(2)知EF⊥B1C，‎ 又B1C∩CF＝C，B1C，CF⊂平面B1CA，‎ 所以EF⊥平面B1CA.所以是平面B1CA的法向量．‎ 因为＝(－1，1，2)，‎ 所以cos〈，〉＝＝－，‎ 所以直线FC1与平面B1CA所成角的正弦值为.‎ ‎6.(2016·兰州市实战考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝PB，O为AB的中点，OD⊥PC.‎ ‎(1)求证：OC⊥PD；‎ ‎(2)若PD与平面PAB所成的角为30°，求二面角D－PC－B的余弦值．‎ ‎[解] (1)证明：连接OP，因为PA＝PB，O为AB的中点，所以OP⊥AB.‎ 因为侧面PAB⊥底面ABCD，‎ 所以OP⊥平面ABCD，‎ 所以OP⊥OD，OP⊥OC.‎ 因为OD⊥PC，所以OD⊥平面OPC，‎ 所以OD⊥OC，‎ 又OP⊥OC，所以OC⊥平面OPD，‎ 所以OC⊥PD.‎ ‎(2)法一：在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，所以AB＝2AD，不妨设AD＝1，则AB＝2.‎ 因为侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，‎ 所以DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，‎ ‎△DPA≌△CPB，‎ 所以∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角，‎ 所以∠DPA＝30°，∠CPB＝30°，PA＝PB＝，‎ 所以DP＝CP＝2，所以△PDC为等边三角形．‎ 设PC的中点为M，连接DM，则DM⊥PC.‎ 在Rt△CBP中，过M作NM⊥PC，交PB于点N，连接ND，则∠DMN为二面角D－PC－B的一个平面角．‎ 由于∠CPB＝30°，PM＝1，故在Rt△PMN中，MN＝，‎ PN＝.‎ 因为cos∠APB＝＝，‎ 所以AN2＝＋3－2×××＝3，‎ 所以ND2＝3＋1＝4，‎ 所以cos∠DMN＝＝－，‎ 即二面角D－PC－B的余弦值为－.‎ 法二：取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O－xyz.在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，‎ 所以AB＝2AD，不妨设AD＝1，则AB＝2.‎ 因为侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，‎ 所以DA⊥平面PAB，CB⊥平面PAB，‎ ‎△DPA≌△CPB，‎ 所以∠DPA为直线PD与平面PAB所成的角，‎ 所以∠DPA＝30°，∠CPB＝30°，PA＝PB＝，‎ 所以B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，－1，0)，P(0，0，)，‎ 从而＝(1，1，－)，＝(0，－2，0)．‎ 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由得，，‎ 可取n1＝(，0，1)．‎ 同理，可取平面PCB的一个法向量为n2＝(0，－，－1)．‎ 于是cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 所以二面角D－PC－B的余弦值为－.‎ ‎7.(2016·西安第一次质量检测)在如图所示的空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形，BE＝2，BE和平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上．‎ ‎(1)求证：DE∥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角E－BC－A的余弦值．‎ ‎[解] (1)证明：由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，连接BO，DO，‎ 则BO⊥AC，DO⊥AC.‎ 又平面ACD⊥平面ABC，‎ 所以DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC，‎ 那么EF∥DO，根据题意，点F落在BO上，‎ 因为BE和平面ABC所成的角为60°，‎ 所以∠EBF＝60°，‎ 因为BE＝2，所以EF＝DO＝，‎ 所以四边形DEFO是平行四边形，所以DE∥OF.‎ 因为DE⊄平面ABC，OF⊂平面ABC，‎ 所以DE∥平面ABC.‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，‎ 则B(0，，0)，C(－1，0，0)，E(0，－1，)，‎ 所以＝(－1，－，0)，＝(0，－1，)，‎ 平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，‎ 设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，‎ 则，‎ 所以，‎ 取z＝1，‎ 所以n2＝(－3，，1)．‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角E－BC－A的余弦值为.‎ ‎8．(2016·福建省毕业班质量检测)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°.‎ ‎(1)证明：AB⊥B1C；‎ ‎(2)若B1C＝2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值．‎ ‎[解] (1)证明：连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，‎ BB1＝2，∠ABB1＝60°，‎ 由余弦定理得，‎ AB＝AB2＋BB－2AB·BB1·cos∠ABB1＝3，‎ 所以AB1＝，‎ 所以BB＝AB2＋AB，所以AB1⊥AB.‎ 又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，‎ 所以AC⊥AB，‎ 因为AC∩AB1＝A，‎ 所以AB⊥平面AB1C.‎ 又B1C⊂平面AB1C，所以AB⊥B1C.‎ ‎(2)因为AB1＝，AB＝AC＝1，B1C＝2，‎ 所以B1C2＝AB＋AC2，所以AB1⊥AC.‎ 如图，以A为原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，‎ 则A(0，0，0)，B1(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，‎ 所以＝(－1，0，)，＝(－1，1，0)．‎ 设平面BCB1的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由，得 ，令z＝1，得x＝y＝，‎ 所以平面BCB1的一个法向量为n＝(，，1)．‎ 因为＝＋＝＋＝(0，1，0)＋(－1，0，)＝(－1，1，)，‎ 所以cos〈，n〉＝＝＝，‎ 所以AC1与平面BCB1所成角的正弦值为.‎