2010-大纲卷II理-19 解-二面角

本题导读

本题考查空间异面直线的公垂线、异面直线所成的角。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2010年大纲卷II(理)） 如图，直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，$AC=BC$，$A{A}_1=AB$，$D$ 为 $B{B}_1$ 的中点，$E$ 为 $A{B}_1$ 上的一点，$AE=3E{B}_1$.

(1) 证明：$DE$ 为异面直线 $A{B}_1$ 与 $CD$ 的公垂线；

(2) 设异面直线 $A{B}_1$ 与 $CD$ 的夹角为 $45^{\circ }$，求二面角 $A_1-A{C}_1-B_1$ 的大小.

🔍【思路分析】

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1. 取 $AB$ 中点 $M$，建立空间直角坐标系。设 $AB=2a$，写出各关键点的坐标，利用向量数量积 $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{A{B}_1}=0$ 且 $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{CD}=0$ 证明公垂线。
2. 由异面直线夹角公式 $\cos 45^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{A{B}_1}|\cdot |\overrightarrow{CD}|}$ 求出底面高 $MC$ 的长。
3. 求出平面 $A_{1}A{C}_1$ 与平面 $B_{1}A{C}_1$ 的法向量，利用法向量夹角公式计算二面角的大小。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

(1) 取 $AB$ 的中点 $M$。因为 $AC=BC$，所以 $CM\perp AB$。 又棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 为直三棱柱，故 $CM\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$。

设 $AB=2a$，则 $A{A}_1=2a$。以 $M$ 为坐标原点，$MB$ 所在直线为 $x$ 轴，$MC$ 所在直线为 $y$ 轴，平行于 $A{A}_1$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $M-xyz$。

各点坐标分别为： $A(-a,0,0)$，$B(a,0,0)$，$A_1(-a,0,2a)$，$B_1(a,0,2a)$。 设 $C(0,h,0)$，其中 $h=MC>0$。

因为 $D$ 为 $B{B}_1$ 的中点，所以 $D(a,0,a)$。 由 $\overrightarrow{AE}=\frac{3}{4}\overrightarrow{A{B}_1}$ 及 $\overrightarrow{A{B}_1}=(2a,0,2a)$，得： $E=A+\frac{3}{4}\overrightarrow{A{B}_1}=\left(-a+\frac{3}{2}a,0,\frac{3}{2}a\right)=\left(\frac{1}{2}a,0,\frac{3}{2}a\right)$

可得向量： $\overrightarrow{DE}=\left(-\frac{1}{2}a,0,\frac{1}{2}a\right),\overrightarrow{A{B}_1}=(2a,0,2a),\overrightarrow{CD}=(a,-h,a)$

计算数量积： $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{A{B}_1}=\left(-\frac{1}{2}a\right)\cdot 2a+0+\frac{1}{2}a\cdot 2a=-a^2+a^2=0⟹DE\perp A{B}_1$ $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{CD}=\left(-\frac{1}{2}a\right)\cdot a+0\cdot (-h)+\frac{1}{2}a\cdot a=-\frac{1}{2}{a}^2+\frac{1}{2}{a}^2=0⟹DE\perp CD$

又 $E\in A{B}_1$，$D\in CD$，故 $DE$ 为异面直线 $A{B}_1$ 与 $CD$ 的公垂线。

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(2) 由已知，异面直线 $A{B}_1$ 与 $CD$ 的夹角为 $45^{\circ }$，故： $\cos 45^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{A{B}_1}|\cdot |\overrightarrow{CD}|}$

其中： $\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{CD}=2a\cdot a+0\cdot (-h)+2a\cdot a=4a^2$ $|\overrightarrow{A{B}_1}|=\sqrt{(2a{)}^2+0+(2a{)}^2}=2\sqrt{2}a$ $|\overrightarrow{CD}|=\sqrt{a^2+(-h{)}^2+a^2}=\sqrt{2a^2+h^2}$

代入可得： $\frac{4a^2}{2\sqrt{2}a\cdot \sqrt{2a^2+h^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}⟹\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2a^2+h^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}⟹2a^2+h^2=4a^2⟹h=\sqrt{2}a$

于是点 $C_1$ 的坐标为 $(0,\sqrt{2}a,2a)$。

求平面 $A_{1}A{C}_1$ 的法向量 ${\mathbf{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$： $\overrightarrow{A{A}_1}=(0,0,2a),\overrightarrow{A{C}_1}=(a,\sqrt{2}a,2a)$ $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{A{A}_1}=2a{z}_1=0⟹z_1=0\\ {\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{A{C}_1}=a{x}_1+\sqrt{2}a{y}_1=0⟹x_1=-\sqrt{2}{y}_1\end{array}$ 取 $y_1=1$，则 ${\mathbf{n}}_1=(-\sqrt{2},1,0)$。

求平面 $B_{1}A{C}_1$ 的法向量 ${\mathbf{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$： $\overrightarrow{A{B}_1}=(2a,0,2a),\overrightarrow{A{C}_1}=(a,\sqrt{2}a,2a)$ $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{A{B}_1}=2a{x}_2+2a{z}_2=0⟹z_2=-x_2\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{A{C}_1}=a{x}_2+\sqrt{2}a{y}_2+2a{z}_2=0⟹x_2=\sqrt{2}{y}_2\end{array}$ 取 $y_2=1$，则 ${\mathbf{n}}_2=(\sqrt{2},1,-\sqrt{2})$。

设二面角 $A_1-A{C}_1-B_1$ 的大小为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{|{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2|}{|{\mathbf{n}}_1|\cdot |{\mathbf{n}}_2|}=\frac{|-\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}+1\cdot 1+0|}{\sqrt{(-\sqrt{2}{)}^2+1^2}\cdot \sqrt{(\sqrt{2}{)}^2+1^2+(-\sqrt{2}{)}^2}}=\frac{|-2+1|}{\sqrt{3}\cdot \sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{15}$

故二面角 $A_1-A{C}_1-B_1$ 的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{15}}{15}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：异面直线公垂线的向量证明、异面直线夹角公式及二面角向量法。
2. 核心方法：坐标法将空间几何元素代数化，统一利用数量积解决垂直、夹角与二面角问题。
3. 避坑指南：计算 $E$ 点坐标时注意分比关系 $\overrightarrow{AE}=\frac{3}{4}\overrightarrow{A{B}_1}$，勿错用为 $\frac{3}{5}$ 或其他比例。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：源于立体几何中直棱柱结合向量坐标系综合题。
2. 结论推广：在直棱柱或正棱柱中，以底面对称轴及棱长方向建立空间直角坐标系，可通解所有线线角、线面角及面面角最值与定值计算。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2011-江苏卷-22 解-空间向量与二面角
• 2013-重庆卷理-19 解-利用空间向量求二面角
• 2011-上海卷文-05 填-法向量直线方程