2012-重庆卷理-19 解-异面直线角

本题导读

本题考查直三棱柱的几何性质。核心在于坐标法、几何法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年重庆卷(理)） 已知直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中， $AB=4$， $AC=BC=3$， $D$ 为 $AB$ 的中点.

(1)求点 $C$ 到平面 $A_{1}AB{B}_1$ 的距离；

(2)若 $A{B}_1\perp A_{1}C$，求二面角 $A_1-CD-C_1$ 的平面角的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第（Ⅰ）问思路：

• 观察底面 $△ABC$，由 $AC=BC=3$ 可知其为等腰三角形。 $D$ 是底边 $AB$ 的中点，根据等腰三角形“三线合一”的性质，可以立刻断定中线 $CD\perp AB$。
• 结合直三棱柱的性质，侧棱 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABC$，因而 $A{A}_1\perp CD$。
• 因为 $AB$ 和 $A{A}_1$ 是侧面 $A_{1}AB{B}_1$ 内的两条相交直线，所以 $CD\perp$ 平面 $A_{1}AB{B}_1$。
• 综上，垂线段 $CD$ 的长度即为点 $C$ 到该侧面的距离，在 $Rt△BCD$ 中用勾股定理即可算出。

2. 第（Ⅱ）问思路（空间向量法）：

• 建系：由于 $CD\perp AB$，且直三棱柱的侧棱垂直于底面，可以以 $D$ 为坐标原点，分别以 $DB,DC$ 的方向为 $x$ 轴、 $y$ 轴正方向，以过 $D$ 且平行于侧棱 $A{A}_1$ 的方向为 $z$ 轴正方向，建立标准空间直角坐标系。
• 定坐标：设侧棱长 $A{A}_1=h$。利用第一问求出的 $CD$ 长和已知边长，分别写出所有核心顶点的空间坐标。
• 求高 $h$：由条件 $A{B}_1\perp A_{1}C$，将其翻译为向量数量积为零的代数式 $\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{A_{1}C}=0$，通过解一元二次方程精确算出高 $h$ 的值。
• 求法向量：分别写出平面 $A_{1}CD$ 与平面 $C_{1}CD$ 的两组方向向量，联立方程组求出这两个平面的法向量 ${\mathbf{n}}_1$ 和 ${\mathbf{n}}_2$。
• 计算余弦值：利用公式 $\cos ⟨{\mathbf{n}}_1,{\mathbf{n}}_2⟩=\frac{{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2}{|{\mathbf{n}}_1||{\mathbf{n}}_2|}$ 算出夹角余弦，并结合图形的钝角或锐角特征进行正负号微调。

✅【答案】

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(1) $\sqrt{5}$

(2) $\frac{\sqrt{6}}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 在底面 $△ABC$ 中，因为 $AC=BC=3$，所以 $△ABC$ 是等腰三角形。 又因为 $D$ 为底边 $AB$ 的中点，根据等腰三角形顶角平分线、底边中线、底边的高三线合一的几何性质，可得： $CD\perp AB$

在直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，侧棱 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABC$。 因为 $CD\subset$ 底面 $ABC$，所以： $CD\perp A{A}_1$

又因为 $AB\cap A{A}_1=D$，且 $AB,A{A}_1\subset$ 平面 $A_{1}AB{B}_1$， 根据线面垂直的判定定理，直线 $CD$ 垂直于侧面内两条相交直线，线面垂直成立： $CD\perp \text{平面 }{A}_{1}AB{B}_1$

因此，线段 $CD$ 的长度即为点 $C$ 到平面 $A_{1}AB{B}_1$ 的距离。 在 $Rt△BCD$ 中，由于 $D$ 是 $AB$ 的中点且 $AB=4$，则 $BD=\frac{1}{2}AB=2$。 根据勾股定理可求得： $CD=\sqrt{B{C}^2-B{D}^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5}$

所以，点 $C$ 到平面 $A_{1}AB{B}_1$ 的距离为 $\sqrt{5}$。

（Ⅱ）解： 以 $D$ 为坐标原点，以 $DA$ 的反方向（即 $DB$ 方向）为 $x$ 轴正方向，以 $DC$ 的方向为 $y$ 轴正方向，以过点 $D$ 且平行于侧棱 $A{A}_1$ 的向上方向为 $z$ 轴正方向，建立标准空间直角坐标系 $D-xyz$。

由（Ⅰ）可知， $BD=2$ ， $CD=\sqrt{5}$。 设直三棱柱的侧棱长为 $A{A}_1=h(h>0)$。 根据各点在空间中的相对几何位置，可得出下列核心顶点的坐标： $D(0,0,0),A(-2,0,0),B(2,0,0),C(0,\sqrt{5},0)$ $A_1(-2,0,h),B_1(2,0,h),C_1(0,\sqrt{5},h)$

根据坐标减法运算法则，写出两关键相交直线所对应的空间方向向量： $\overrightarrow{A{B}_1}=B_1-A=(2-(-2),0-0,h-0)=(4,0,h)$ $\overrightarrow{A_{1}C}=C-A_1=(0-(-2),\sqrt{5}-0,0-h)=(2,\sqrt{5},-h)$

因为已知 $A{B}_1\perp A_{1}C$，根据空间向量垂直的充要条件，它们的数量积（内积）必须恒等于 0： $\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{A_{1}C}=4\times 2+0\times \sqrt{5}+h\times (-h)=0$ $8-h^2=0⟹h^2=8$ 由于高 $h>0$，解得直三棱柱的侧棱长为： $h=2\sqrt{2}$

下面求解二面角 $A_1-CD-C_1$ 的两个侧面的法向量：

1. 求平面 $A_{1}CD$ 的法向量 ${\mathbf{n}}_1$： 写出平面内的两条已知向量： $\overrightarrow{DC}=(0,\sqrt{5},0),\overrightarrow{D{A}_1}=(-2,0,2\sqrt{2})$ 设平面 $A_{1}CD$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则满足： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{DC}=0⟹\sqrt{5}{y}_1=0\\ {\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{D{A}_1}=0⟹-2x_1+2\sqrt{2}{z}_1=0\end{array}$ 由第一式直接得 $y_1=0$。由第二式得 $x_1=\sqrt{2}{z}_1$。 令 $z_1=1$，则 $x_1=\sqrt{2}$。可取平面 $A_{1}CD$ 的一个特征法向量为： ${\mathbf{n}}_1=(\sqrt{2},0,1)$

2. 求平面 $C_{1}CD$ 的法向量 ${\mathbf{n}}_2$： 因为侧面 $C_{1}CD$ 包含了底边的垂线 $CD$ 以及平行的侧棱 $C{C}_1$（即整个 $yOz$ 坐标平面），根据空间坐标系的几何构造，垂直于该平面的方向显然就是 $x$ 轴。 为了保证严谨，用向量方程推导： $\overrightarrow{DC}=(0,\sqrt{5},0)$, $\overrightarrow{C{C}_1}=(0,0,2\sqrt{2})$。 设其法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$： $\{\begin{array}{l}\sqrt{5}{y}_2=0⟹y_2=0\\ 2\sqrt{2}{z}_2=0⟹z_2=0\end{array}$ 令 $x_2=1$，可得平面 $C_{1}CD$ 的特征法向量为： ${\mathbf{n}}_2=(1,0,0)$

计算两平面法向量 ${\mathbf{n}}_1$ 与 ${\mathbf{n}}_2$ 夹角的余弦值： $\cos ⟨{\mathbf{n}}_1,{\mathbf{n}}_2⟩=\frac{{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2}{|{\mathbf{n}}_1|\cdot |{\mathbf{n}}_2|}=\frac{\sqrt{2}\times 1+0\times 0+1\times 0}{\sqrt{(\sqrt{2}{)}^2+0^2+1^2}\times \sqrt{1^2+0^2+0^2}}$ $\cos ⟨{\mathbf{n}}_1,{\mathbf{n}}_2⟩=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2+1}\times 1}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

观察空间几何图形可知，二面角 $A_1-CD-C_1$ 对应的平面角由于其倾向朝向特征，显然是一个锐二面角。 因此，二面角平面角的余弦值正负号与法向量夹角完全一致，保持为正数： $\cos \theta =\frac{\sqrt{6}}{3}$

所以，二面角 $A_1-CD-C_1$ 的平面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间线面垂直关系的论证、等腰三角形射影性质、空间直角坐标系法（代数法）高效求解二面角平面角。
2. 核心方法：空间直角坐标系法（特征法向量通法）。面对高考试卷中第二问要求求解复杂二面角余弦值的立体几何解答题，如果遇到类似直三棱柱、长方体等天然自带两两垂直交叉轴的图形，强烈推荐直接放弃传统几何法（找、作、证、求三垂线定理），采用建系定坐标、求法向量的矩阵方法。这种方法将复杂的空间图形想象力完全转化为标准的行列式代数运算，得分率和正确率极高。
3. 避坑指南：

• 原图解析抄录笔误陷阱：原题目解析图的纸面推导思路和最后一步列式 $\frac{D{D}_1}{A_{1}D}=\frac{A{A}_1}{A_{1}D}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ 完全正确，但在试卷最上方的红字【答案】中却由于排版印刷疏忽错写成了 $\frac{1}{3}$。在批改和核对同类试题时，需注重过程推导，切勿迷信排版错字答案。
• 二二垂直条件不充分盲目建系：建系前必须在步骤中明确写出或证出三条直线两两垂直。如本题第一问已证出 $CD\perp AB$，结合直三棱柱侧棱垂直底面，满足了建系的前提，方可落笔。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于人教A版高中数学选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》中关于立体几何大题考查的通用母题。属于高考立体几何解答题标准的中等难度核心题型。
2. 结论推广:

• 直三棱柱特征二面角向量通用快速模型：在任意标准直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，若底面等腰三角形的底边高为 $d$，半底边长为 $m$，侧棱长为 $h$。
• 设 $D$ 为底边中点，当满足异面直线相互垂直特征（如 $A{B}_1\perp A_{1}C$ 等约束）锁定侧棱高后。其对应的特征纵向割面二面角 $A_1-CD-C_1$ 的法向量可固定通用表示。
• 经纯字母法向量点积公式化简通分后，该特定二面角的平面角余弦值恒满足如下高度规整的比例推广通式： $\cos \theta =\frac{h}{\sqrt{h^2+m^2}}$
• 本题中经向量垂直解出 $h=2\sqrt{2}$，底边 $AB=4⟹$ 半底边 $m=2$。我们直接套用此推广通用快速模型公式进行复核： $\cos \theta =\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{(2\sqrt{2}{)}^2+2^2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{8+4}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{12}}=\frac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
• 结果完美契合。熟记该结构分量关系，在遇到任何同类直三棱柱中轴折叠二面角问题时，均能直接在大脑中进行一步算术复核，从而确保大题满分。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算 类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角

• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角