2000-大纲理-18 解-平行六面体垂直与二面角

本题导读

本题考查空间向量，以及二面角。核心在于基底向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2000年大纲卷(理)） 如图，已知平行六面体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 的底面 $ABCD$ 为菱形，且 $\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\angle BCD=60^{\circ }$.

(1) 证明：$C_{1}C\perp BD$.

(2) 假定 $CD=2$，$C{C}_1=\frac{3}{2}$，记面 $C_{1}BD$ 为 $\alpha$，面 $CBD$ 为 $\beta$，求二面角 $\alpha -BD-\beta$ 的平面角的余弦值.

(3) 当 $\frac{CD}{C{C}_1}$ 的值为多少时，能使 $A_{1}C\perp$ 平面 $C_{1}BD$？请给出证明.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 取 $\{\mathbf{b},\mathbf{d},\mathbf{c}\}$ 为基底；由夹角 $60^{\circ }$ 算数量积证垂直；二面角平面角为 $\angle C_{1}MC$；第(3)问化为内积为零的充要条件。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

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

(3) $\frac{CD}{C{C}_1}=1$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 设 $\mathbf{b}=\overrightarrow{CB}$，$\mathbf{d}=\overrightarrow{CD}$，$\mathbf{c}=\overrightarrow{C{C}_1}$. 由已知角相等，$\mathbf{c}\cdot \mathbf{b}=|\mathbf{c}||\mathbf{b}|\cos 60^{\circ }=\mathbf{c}\cdot \mathbf{d}$. 又 $\overrightarrow{BD}=\mathbf{d}-\mathbf{b}$，所以 $\mathbf{c}\cdot \overrightarrow{BD}=\mathbf{c}\cdot (\mathbf{d}-\mathbf{b})=0$. 因此 $C_{1}C\perp BD$.

(2) 由于 $CB=CD=2$，且 $\angle BCD=60^{\circ }$，所以三角形 $BCD$ 为边长 $2$ 的等边三角形. 设 $M$ 为 $BD$ 的中点，则 $CM\perp BD$，$CM=\sqrt{3}$. 由 $M$ 为 $BD$ 的中点，$\overrightarrow{CM}=\frac{\mathbf{b}+\mathbf{d}}{2}$，$\mathbf{c}\cdot \overrightarrow{CM}=\frac{\mathbf{c}\cdot \mathbf{b}+\mathbf{c}\cdot \mathbf{d}}{2}=\frac{3}{2}$. 于是 $\cos \angle C_{1}CM=\frac{\mathbf{c}\cdot \overrightarrow{CM}}{|C{C}_1|\cdot |CM|}=\frac{3/2}{(3/2)\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. 由于 $C_{1}C\perp BD$ 且 $CM\perp BD$，直线 $M{C}_1$ 也垂直于 $BD$，所以二面角 $\alpha -BD-\beta$ 的平面角为 $\angle C_{1}MC$. 在三角形 $C_{1}CM$ 中，$C_1{M}^2=C{C}_1^2+C{M}^2-2\cdot C{C}_1\cdot CM\cos \angle C_{1}CM=\frac{9}{4}+3-3=\frac{9}{4}$，故 $C_{1}M=\frac{3}{2}=C{C}_1$. 从而 $\cos \angle C_{1}MC=\frac{C_1{M}^2+C{M}^2-C{C}_1^2}{2\cdot C_{1}M\cdot CM}=\frac{3}{3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

(3) 设 $CD=CB=s>0$，$C{C}_1=h>0$，仍取 $M$ 为 $BD$ 的中点. 由等边三角形 $BCD$，$CM=\frac{\sqrt{3}}{2}s$，$C{M}^2=\frac{3}{4}{s}^2$，并且 $\mathbf{c}\cdot \overrightarrow{CM}=\frac{hs}{2}$. 由平行六面体的向量关系，$\overrightarrow{C{A}_1}=\mathbf{b}+\mathbf{d}+\mathbf{c}=2\overrightarrow{CM}+\mathbf{c}$. 由第一问，$\mathbf{c}\perp BD$；又因底面 $ABCD$ 为菱形，$|\mathbf{b}|=|\mathbf{d}|$，所以 $(\mathbf{b}+\mathbf{d})\cdot (\mathbf{d}-\mathbf{b})=|\mathbf{d}{|}^2-|\mathbf{b}{|}^2=0$，因此 $\mathbf{b}+\mathbf{d}\perp BD$，从而 $\overrightarrow{C{A}_1}\perp BD$. 平面 $C_{1}BD$ 内过 $M$ 的两条相交直线可取 $BD$ 与 $M{C}_1$，其中 $\overrightarrow{M{C}_1}=\mathbf{c}-\overrightarrow{CM}$. 因此，$A_{1}C\perp$ 平面 $C_{1}BD$ 的充要条件是 $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{M{C}_1}=0$. 代入上式得 $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{M{C}_1}=(2\overrightarrow{CM}+\mathbf{c})\cdot (\mathbf{c}-\overrightarrow{CM})=h^2+\frac{hs}{2}-\frac{3}{2}{s}^2=0$，即 $2h^2+hs-3s^2=0$. 令 $r=\frac{s}{h}>0$，则 $3r^2-r-2=0$，$(3r+2)(r-1)=0$. 由于 $r>0$，只能有 $r=1$，即 $\frac{CD}{C{C}_1}=1$. 反之，当该比值为 $1$ 时上面的内积为 $0$，且 $\overrightarrow{C{A}_1}\perp BD$，故确实有 $A_{1}C\perp$ 平面 $C_{1}BD$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：空间向量证垂直与求二面角

核心方法：基底向量+数量积运算

避坑指南：二面角的平面角由 $C_{1}C\perp BD$、$CM\perp BD$ 确定为 $\angle C_{1}MC$；第(3)问是”探索性”问题，需证充要性（值为 $1$ 时确实垂直）

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：平行六面体中的垂直与二面角是老课程卷立体几何解答题的代表，向量基底法是标准解法.

2. 结论推广：空间向量法处理”探索是否存在”型问题：把几何条件化为内积方程，解出参数并验证充分性.

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 2000-大纲文-19 解-平行六面体的线面垂直
• 1990-广东文-32 解-线面垂直与二面角