Question

已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁，側(cè)面AA₁C₁C⊥側(cè)面ABB₁A₁，AA₁=A₁C=CA=2，AB=A1B=

2

．
（1）求證：AA₁⊥BC；
（2）求二面角A-BC-A₁的余弦值；
（3）若

BD

=2

DB1

，在線段CA₁上是否存在一點(diǎn)E，使得DE∥平
面ABC？若存在，求出CE的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）取AA₁中點(diǎn)O，連接CO，BO，由已知中A₁C=CA=2，AB=A1B=

2

．易得CO⊥AA₁且BO⊥AA₁，結(jié)合線面垂直的判定定理可得AA₁⊥平面BOC，進(jìn)而由線面垂直的性質(zhì)定理得到AA₁⊥BC；
（2）結(jié)合（1）的結(jié)論可得OA，OB，OC兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OC為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz．我們求出平面ABC的一個(gè)法向量和平面OBC的一個(gè)法向量，代入向量夾角公式，即可得到二面角A-BC-A₁的余弦值；
（3）設(shè)

CE

=λ

CA1

，結(jié)合DE∥平面ABC，

BD

=2

DB1

，我們可以構(gòu)造一個(gè)關(guān)于λ的方程，解方程求出λ的值，即可得到向量

CE

模的大�。�

解答：證明：（1）取AA₁中點(diǎn)O，連接CO，BO．
∵CA=CA₁，
∴CO⊥AA₁，
又∵BA=BA₁，
∴BO⊥AA₁，
∵BO∩CO=O，
∴AA₁⊥平面BOC，
∵BC?平面BOC，
∴AA₁⊥BC．
解：（2）由（1）CO⊥AA₁，又側(cè)面AA₁C₁C⊥側(cè)面ABB₁A₁，側(cè)面AA₁C₁C∩側(cè)面ABB₁A₁=AA₁
∴CO⊥平面ABB₁A₁，而BO⊥AA₁，
∴OA，OB，OC兩兩垂直．
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OC為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz．則有O(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(-1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，

3

)，B1(-2，1，0)由對(duì)稱性知，二面角A-BC-A₁的大小為二面角A-BC-O的兩倍
設(shè)

n1

=(x1，y1，z1)是平面ABC的一個(gè)法向量，
∵

CA

=(1，0，-

3

)，

CB

=(0，1，-

3

)，
由

n1 • CA =0 n1 • CB =0

即

x1- 3 z1=0 y1- 3 z1=0

解得

x1= 3 z1 y1= 3 z1

令z₁=1，∴

n1

=(

3

，

3

，1)．
又

n2

=(1，0，0)是平面OBC的一個(gè)法向量，
設(shè)二面角A-BC-O為θ，則cosθ=

| n1 • n2 |

| n1 |•| n2 |

=

3 7

⇒cos2θ=2(

3 7

)2-1=-

1

7

，
所以二面角A-BC-A₁的余弦值是-

1

7

．
（3）假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E，∵

CA1

=(-1，0，-

3

)，故可設(shè)

CE

=λ

CA1

=λ(-1，0，-

3

)，
則

OE

=

OC

+λ

CA1

=(0，0，

3

)+λ(-1，0，-

3

)=(-λ，0，

3

-

3

λ)，
∵

BD

=2

DB1

，
∴D(-

4

3

，1，0)，
∴

DE

=(-λ+

4

3

，-1，

3

-

3

λ)，
∵DE∥平面ABC，
∴

DE

•

n1

=0，
即

3

(-λ+

4

3

)+

3

×(-1)+1×(

3

-

3

λ)=0，解得λ=

2

3

，
∴|

CE

|=

2

3

|

CA1

|=

4

3

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是用空間向量求平面間的夾角，空間中直線與直線之間的位置關(guān)系，向量語(yǔ)言表述線面的垂直、平行關(guān)系，其中（1）的關(guān)鍵是證得CO⊥AA₁且BO⊥AA₁，（2）的關(guān)鍵是求出平面ABC的一個(gè)法向量和平面OBC的一個(gè)法向量，（3）的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件求出λ的值．