Question

如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC=3，BC=4，AB=5，AA₁=4，点D是AB的中点，
（1）求证：AC⊥BC₁；
（2）求证：AC₁∥平面CDB₁；
（3）求二面角C₁-AB-C的余弦值．

Answer 1

分析：解法一：
（1）要证AC⊥BC₁，可通过证出AC⊥平面BCC₁实现．由已知，易证AC⊥BC，AC⊥C₁C，所以AC⊥平面BCC₁成立．
 （2）令BC₁交CB₁于点O，连接OD，可知O、D是△AC1B的中位线，得出OD

∥ .

.

1

2

AC1，利用线面平行的判定定理证出AC₁∥平面CDB₁；
（3）过C点作CE⊥AB于E，连接C₁E，可以证出∠CEC₁（或其补角）即是C₁-AB-C的平面角，在△CEC₁中求解即可．
 解法二：在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，以C为原点建立空间直角坐标系；利用向量的工具求解．
（1）通过

AC

•

BC1

=0，证明AC⊥BC₁；
 （2）求出平面CDB₁的一个法向量

n

，，通过

n

⊥

AC1

来证明AC₁∥平面CDB₁；
 （3）分别求出平面ABC，平面CDB₁的一个法向量，利用两法向量的夹角求出二面角C₁-AB-C的余弦值．

解答：解法一：（1）证明∵AC=3，BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC，
在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC⊥C₁C，
又BC∩C₁C=C，∴AC⊥平面BCC₁，
又BC₁?平面BCC₁，∴AC⊥BC₁．
（2）证明：如图，令BC₁交CB₁于点O，连接OD，
∵O、D分别是BC₁和AB的中点，
∴OD

∥ .

.

1

2

AC1，又OD?平面CDB₁，AC₁?平面CDB₁，∴AC₁∥平面CDB₁
（3）解：过C点作CE⊥AB于E，连接C₁E，
∵CC₁⊥AB，CE⊥AB，∴∠CEC₁（或其补角）即是C₁-AB-C的平面角，
在Rt△ABC中，∵AC=3，BC=4，AB=5，由AB•CE=AC•BC得CE=

12

5

，
∵CC₁⊥平面ABC，∴CC₁⊥CE，∴△CEC₁是Rt△，
又∵CC₁=AA₁=4，CE=

12

5

，∴C₁E=

C C 2 1 +CE2

=

4 34

5

，
∴cos∠CEC₁=

CE

C1E

=

3 34

34

，即二面角C₁-AB-C的余弦值为

3 34

34

．
解法二：∵AC=3，BC=4，AB=5，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC，
在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，以C为原点建立如图所示空间直角坐标系；
（1）由题意有A（3，0，0），C（0，0，0），B（0，4，0），C₁（0，0，4），
∴

AC

=(-3，0，0)，

BC1

=（0，-4，4），∴

AC

•

BC1

=（-3，0，0）•（0，-4，4）=0，
∴

AC

⊥

BC1

，即AC⊥BC₁．
（2）∵D（

1

2

，2，0)，B1（0，4，4），
∴

AC1

=(-3，0，4)，

CD

=(

1

2

，2，0)，

CB1

=（0，4，4），
令平面CDB₁的一个法向量为

n

=(x，y，1)，由

n • CD =0 n • CB1 =0

 即

1 2 x+2y=0 4y+4=0

得

x=4 y=-1

∴

n

=(4，-1，1)，
∴

n

•

AC1

=-3×4+0+1×4=0，∴

n

⊥

AC1

，
又AC?平面CDB₁，∴AC₁∥平面CDB₁．
（3）令平面ABC₁的一个法向量为

m

=(a，b，1)，
∵

AB

=(-3，4，0)，

AC1

=（-3，0，4），
∴由

m • AB =0 m • AC1 =0

即

-3a+4b=0 -3a+4=0

得

a= 4 3 b=1

，
∴

m

=(

4

3

，1，1），
易知平面ABC的一个法向量为

CC1

=（0，0，4），
∵

m

•

CC1

=4，|

m

|=

34

3

，|

CC1

|=4，
∴cos＜

m

，

CC1

＞=

m • CC1

| m |•| CC1 |

=

4

34 3 ×4

=

3 34

34

，
所以二面角C₁-AB-C的余弦值即为

3 34

34

．

点评：本题考查空间直线和直线、平面位置关系的判断，二面角大小求解，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力．利用向量这一工具，解决空间几何体问题，能够降低思维难度．