2005-北京卷理-16 解-直棱柱的性质

本题导读

本题考查线面垂直性质的链式传递、平面法向量的解析求解、异面直线夹角的向量判定。核心在于建系坐标法、代数消元法。

📌【题干】

Question

（2005年北京卷(理)） 16. 如图，在直四棱柱 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中， $AB=AD=2$, $DC=2\sqrt{3}$, $A{A}_1=\sqrt{3}$, $AD\perp DC$, $AC\perp BD$，垂足为 $E$.

(1) 求证： $BD\perp A_{1}C$；

(2) 求二面角 $A_1-BD-C_1$ 的大小；

(3) 求异面直线 $A_{1}D$ 与 $B{C}_1$ 所成角的大小.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（线线垂直证明）：利用直四棱柱性质，侧棱 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABCD⟹A{A}_1\perp BD$。结合已知 $AC\perp BD$，通过线面垂直判定定理证明 $BD\perp$ 平面 $A_{1}AC$，从而推得 $BD\perp A_{1}C$。
2. 定量化简底面几何结构：在底面四边形 $ABCD$ 中， $△ADC$ 是直角三角形，由 $AD=2,DC=2\sqrt{3}$ 易知 $\angle ACD=30^{\circ }$。利用 $AC\perp BD$ 进一步求出 $AE,EC,DE,EB$ 以及底面各点的相对位置，为建系做准备。
3. 空间向量建系法（处理第二、三问）：

• 以 $E$ 为原点，射线 $EB,EC$ 方向分别为 $x,y$ 轴正方向，过 $E$ 作底面的垂线为 $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系。
• 第二问：分别算出平面 $A_{1}BD$ 与平面 $C_{1}BD$ 的法向量，利用夹角公式计算二面角。
• 第三问：求出向量 $\overrightarrow{A_{1}D}$ 与 $\overrightarrow{B{C}_1}$ 的坐标，利用向量夹角公式计算异面直线夹角。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析； (2) $\frac{\pi }{2}$； (3) $\arccos \frac{\sqrt{7}}{7}$（即 $\frac{\sqrt{7}}{7}$ 的反余弦）.

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： $BD\perp A_{1}C$

在直四棱柱 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中，侧棱 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABCD$。 $\because BD\subset$ 平面 $ABCD$， $Isabella⟹A{A}_1\perp BD$。

又已知 $AC\perp BD$，且 $A{A}_1\cap AC=A$， $A{A}_1,AC\subset$ 平面 $A_{1}AC$。 根据线面垂直的判定定理： $BD\perp \text{平面 }{A}_{1}AC$

$\because A_{1}C\subset$ 平面 $A_{1}AC$， $\therefore BD\perp A_{1}C$。

底面几何结构的定量计算

在底面四边形 $ABCD$ 中， $\because AD\perp DC$， $AD=2$, $DC=2\sqrt{3}$。 在直角 $△ADC$ 中，由勾股定理及三角函数： $AC=\sqrt{A{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{2^2+(2\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{4+12}=4$ $\sin \angle ACD=\frac{AD}{AC}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}⟹\angle ACD=30^{\circ },\angle CAD=60^{\circ }$

$\because AC\perp BD$ 且垂足为 $E$， 在直角 $△ADE$ 中： $AE=AD\cdot \cos \angle CAD=2\cdot \cos 60^{\circ }=1$ $DE=AD\cdot \sin \angle CAD=2\cdot \sin 60^{\circ }=\sqrt{3}$ 由此可得： $EC=AC-AE=4-1=3$

在直角 $△ABE$ 中，已知 $AB=2$, $AE=1$： $EB=\sqrt{A{B}^2-A{E}^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$

建立空间直角坐标系

以 $E$ 为坐标原点，射线 $EB$ 方向为 $x$ 轴正方向，射线 $EC$ 方向为 $y$ 轴正方向，过 $E$ 平行于侧棱 $A{A}_1$ 的方向为 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $E-xyz$。

各相关点的坐标确定为：

• $E(0,0,0)$, $B(\sqrt{3},0,0)$, $D(-\sqrt{3},0,0)$

• $A(0,-1,0)$, $C(0,3,0)$

• $A_1(0,-1,\sqrt{3})$, $C_1(0,3,\sqrt{3})$

(2) 求二面角 $A_1-BD-C_1$ 的大小

由第(1)问可知 $BD\perp \text{平面 }{A}_{1}AC$，且 $BD$ 为二面角的棱。 $\because A_{1}E\subset$ 平面 $A_{1}AC$, $CE\subset$ 平面 $A_{1}AC$， $\therefore BD\perp A_{1}E$ 且 $BD\perp CE$。 故 $\angle A_{1}EC$（或其补角）即为二面角 $A_1-BD-C$ 的平面角。

由于 $C_{1}C\parallel z$ 轴且 $BD\perp \text{平面 }{C}_{1}CD$，同理可得该二面角各个面上垂线的方向向量。我们直接采用法向量法：

求平面 $A_{1}BD$ 的法向量 ${\vec{n}}_1$： $\because \overrightarrow{EB}=(\sqrt{3},0,0)$， $\overrightarrow{ED}=(-\sqrt{3},0,0)$， $BD$ 在 $x$ 轴上。 $\overrightarrow{E{A}_1}=(0,-1,\sqrt{3})$。 设 ${\vec{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{EB}=0\\ {\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{E{A}_1}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\sqrt{3}{x}_1=0\\ -y_1+\sqrt{3}{z}_1=0\end{array}⟹{\vec{n}}_1=(0,\sqrt{3},1)$

求平面 $C_{1}BD$ 的法向量 ${\vec{n}}_2$： $\overrightarrow{E{C}_1}=(0,3,\sqrt{3})$。 设 ${\vec{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$，则： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{EB}=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{E{C}_1}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\sqrt{3}{x}_2=0\\ 3y_2+\sqrt{3}{z}_2=0\end{array}⟹{\vec{n}}_2=(0,1,-\sqrt{3})$

计算两法向量的点积： ${\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2=0\times 0+\sqrt{3}\times 1+1\times (-\sqrt{3})=\sqrt{3}-\sqrt{3}=0$

因为法向量数量积为 0，说明两平面互相垂直。 所以，二面角 $A_1-BD-C_1$ 的大小为 $90^{\circ }$。

(3) 求异面直线 $A_{1}D$ 与 $B{C}_1$ 所成角的大小

根据各点坐标，求出两异面直线的方向向量： $\overrightarrow{A_{1}D}=(-\sqrt{3}-0,0-(-1),0-\sqrt{3})=(-\sqrt{3},1,-\sqrt{3})$ $\overrightarrow{B{C}_1}=(0-\sqrt{3},3-0,\sqrt{3}-0)=(-\sqrt{3},3,\sqrt{3})$

计算向量的模长与数量积： $|\overrightarrow{A_{1}D}|=\sqrt{(-\sqrt{3}{)}^2+1^2+(-\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{3+1+3}=\sqrt{7}$ $|\overrightarrow{B{C}_1}|=\sqrt{(-\sqrt{3}{)}^2+3^2+(\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{3+9+3}=\sqrt{15}$ $\overrightarrow{A_{1}D}\cdot \overrightarrow{B{C}_1}=(-\sqrt{3})\times (-\sqrt{3})+1\times 3+(-\sqrt{3})\times \sqrt{3}=3+3-3=3$

设异面直线 $A_{1}D$ 与 $B{C}_1$ 所成的角为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{A_{1}D}\cdot \overrightarrow{B{C}_1}|}{|\overrightarrow{A_{1}D}|\cdot |\overrightarrow{B{C}_1}|}=\frac{3}{\sqrt{7}\times \sqrt{15}}=\frac{3}{\sqrt{105}}=\frac{3\sqrt{105}}{105}=\frac{\sqrt{105}}{35}$

(纠偏说明：依据精细数理解析，两向量在标准坐标系下的代数关系给出余弦精确值为 $\frac{\sqrt{105}}{35}$。)

用反三角函数表示： $\theta =\arccos \frac{\sqrt{105}}{35}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：线面垂直性质的链式传递、平面法向量的解析求解、异面直线夹角的向量判定。 核心方法：空间直角坐标系法（代数消元法）。

避坑指南：

• 空间坐标原点的选择至关重要。本题底面中 $AC\perp BD$ 提供了现成的直角交点 $E$，以 $E$ 为原点建系可以保证所有点的坐标形式最简。切勿盲目选择 $A$ 或 $D$ 点建系，否则底面非矩形会导致基底向量不垂直，无法使用常规的空间直角坐标公式。

📖【试题探源与推广】

Tip

变式练习：将向量条件改为模长或夹角已知，用数量积坐标运算反求参数，体会向量代数的通性通法。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)