题目内容
（2011•东城区二模）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=5，D，E分别为BC，BB1的中点，四边形B1BCC1是边长为6的正方形．（Ⅰ）求证：A1B∥平面AC1D；
（Ⅱ）求证：CE⊥平面AC1D；
（Ⅲ）求二面角C-AC1-D的余弦值．
分析：（1）连接A1C，与AC1交于O点，连接OD，由三角形中位线定理可得OD∥A1B，进而由线面平行的判定定理得到A1B∥平面AC1D；
（Ⅱ）由直棱柱的特征可得BB1⊥AD，由三角形三线合一可得AD⊥BC，结合线面垂直的判定定理可得AD⊥平面B1BCC1．进而AD⊥CE，由侧面B1BCC1为正方形，D，E分别为BC，BB1的中点，利用三角形全等可证得C1D⊥CE，最后再由线面垂直的判定定理证得CE⊥平面AC1D；
（Ⅲ）以B1C1的中点G为原点，建立如图空间直角坐标系，分别求出平面AC1D的一个法向量和平面ACC1的一个法向量，代入向量夹角公式，可得答案．
（Ⅱ）由直棱柱的特征可得BB1⊥AD，由三角形三线合一可得AD⊥BC，结合线面垂直的判定定理可得AD⊥平面B1BCC1．进而AD⊥CE，由侧面B1BCC1为正方形，D，E分别为BC，BB1的中点，利用三角形全等可证得C1D⊥CE，最后再由线面垂直的判定定理证得CE⊥平面AC1D；
（Ⅲ）以B1C1的中点G为原点，建立如图空间直角坐标系，分别求出平面AC1D的一个法向量和平面ACC1的一个法向量，代入向量夹角公式，可得答案．
解答：证明：
（Ⅰ）连接A1C，与AC1交于O点，连接OD．
因为O，D分别为AC1和BC的中点，
所以OD∥A1B．
又OD?平面AC1D，A1B?平面AC1D，
所以A1B∥平面AC1D．（4分）
证明：（Ⅱ）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，又AD?平面ABC，
所以BB1⊥AD．
因为AB=AC，D为BC中点，
所以AD⊥BC．又BC∩BB1=B，
所以AD⊥平面B1BCC1．
又CE?平面B1BCC1，
所以AD⊥CE．
因为四边形B1BCC1为正方形，D，E分别为BC，BB1的中点，
所以Rt△CBE≌Rt△C1CD，∠CC1D=∠BCE．
所以∠BCE+∠C1DC=90°．
所以C1D⊥CE．
又AD∩C1D=D，
所以CE⊥平面AC1D． （9分）
解：（Ⅲ）如图，以B1C1的中点G为原点，建立空间直角坐标系．
则A（0，6，4），E（3，3，0），C（-3，6，0），C1（-3，0，0）．
由（Ⅱ）知CE⊥平面AC1D，所以
=(6，-3，0)为平面AC1D的一个法向量．
设n=（x，y，z）为平面ACC1的一个法向量，
=(-3，0，-4)，
=(0，-6，0)．
由
可得
令x=1，则y=0，z=-
．
所以n=(1，0，-
)．
从而cos＜
，n＞=
=
．
因为二面角C-AC1-D为锐角，
所以二面角C-AC1-D的余弦值为
．（14分）
（Ⅰ）连接A1C，与AC1交于O点，连接OD．因为O，D分别为AC1和BC的中点，
所以OD∥A1B．
又OD?平面AC1D，A1B?平面AC1D，
所以A1B∥平面AC1D．（4分）
证明：（Ⅱ）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，又AD?平面ABC，
所以BB1⊥AD．
因为AB=AC，D为BC中点，
所以AD⊥BC．又BC∩BB1=B，
所以AD⊥平面B1BCC1．
又CE?平面B1BCC1，
所以AD⊥CE．
因为四边形B1BCC1为正方形，D，E分别为BC，BB1的中点，
所以Rt△CBE≌Rt△C1CD，∠CC1D=∠BCE．
所以∠BCE+∠C1DC=90°．
所以C1D⊥CE．
又AD∩C1D=D，
所以CE⊥平面AC1D． （9分）
解：（Ⅲ）如图，以B1C1的中点G为原点，建立空间直角坐标系．
则A（0，6，4），E（3，3，0），C（-3，6，0），C1（-3，0，0）．由（Ⅱ）知CE⊥平面AC1D，所以
| CE |
设n=（x，y，z）为平面ACC1的一个法向量，
| AC |
| CC1 |
由
|
|
令x=1，则y=0，z=-
| 3 |
| 4 |
所以n=(1，0，-
| 3 |
| 4 |
从而cos＜
| CE |
| ||
|
|
| 8 |
| 25 |
| 5 |
因为二面角C-AC1-D为锐角，
所以二面角C-AC1-D的余弦值为
8
| ||
| 25 |
点评：本题是一个与二面角有关的立体几何综合题，以正三棱柱为载体，考查了线面平行的判定，线面垂直的判定，及二面角等考点，难度中档．
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