题号:5839    题型:解答题    来源:2023年安徽省皖江名校联盟高考数学第五次摸底联考试卷
20. (12 分) 如图, 在直三棱柱 $A B C-A_1 B_1 C_1$ 中, $D$ 为 $A_1 B$ 上一点, $A D \perp$ 平面 $A_1 B C$.
(1) 求证: $B C \perp A_1 B$;
(2) 若 $A D=\sqrt{3}, A B=B C=2, P$ 为 $A C$ 的中点, 求二面角 $A-A, B-P$ 的余弦值.
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答案：
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【解答】 (1) 证明: $\because$ 三棱柱 $A B C-A_1 B_1 C_1$ 为直三棱柱,
$\therefore A_1 A \perp$ 平面 $A B C$, 又 $B C \subset$ 平面 $A B C, \therefore A_1 A \perp B C$,
$\because A D \perp$ 平面 $A_1 B C$, 且 $B C \subset$ 平面 $A_1 B C$,
$\therefore A D \perp B C$. 又 $A A_1 \subset$ 平面 $A_1 A B, A D \subset$ 平面 $A_1 A B, A_1 A \bigcap A D=A$,
$\therefore B C \perp$ 平面 $A_1 A B$,
又 $A_1 B \subset$ 平面 $A_1 B C, \therefore B C \perp A_1 B$.
(2) 解: 由 (1) 知 $B C \perp$ 平面 $A_1 A B, A B \subset$ 平面 $A_1 A B$, 从而 $B C \perp A B$, 如图, 以 $B$ 为原点建立空间直角坐标系 $B-x y z$,
$\because A D \perp$ 平面 $A_1 B C$, 其垂足 $D$ 落在直线 $A_1 B$ 上,
$\therefore A D \perp A_1 B$

在 Rt $\triangle \mathrm{ABD}$ 中, $A D=\sqrt{3}, A B=2$,
$$
\sin \angle A B D=\frac{A D}{A B}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \angle A B D=60^{\circ} \text {, }
$$
在直三棱柱 $A B C-A_1 B_1 C_1$ 中, $A_1 A \perp A B$.
在 Rt $\triangle \mathrm{ABA}_1$ 中, $A A_1=A B \cdot \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{3}$,
则 $B(0,0,0), A(0,2,0), C(2,0,0)$,
$$
\begin{aligned}
& P(1,1,0), A_1(0,2,2 \sqrt{3}), \\
& \overrightarrow{B P}=(1,1,0), \overrightarrow{B A_1}=(0,2,2 \sqrt{3}), \overrightarrow{B C}=(2,0,0),
\end{aligned}
$$
设平面 $P A_1 B$ 的一个法向量 $\overrightarrow{n_1}=(x, y, z)$,
则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{B P}=0 \\ \overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{B A_1}=0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x+y=0 \\ 2 y+2 \sqrt{3} z=0\end{array}\right.$,
得 $\overrightarrow{n_1}=(3,-3, \sqrt{3})$,
平面 $A A_1 B$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{B C}=(2,0,0)$,
则 $\cos \left\langle\overrightarrow{n_1}, \overrightarrow{n_2}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{n_2}}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|\left|\overrightarrow{n_2}\right|}=\frac{\sqrt{21}}{7}$,
$\therefore$ 二面角 $A-A_1 B-P$ 平面角的余弦值是 $\frac{\sqrt{21}}{7}$.
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