2000-广东卷理-19 解-空间向量的数量积运算

本题导读

本题考查平行六面体中的线线垂直证明与线面垂直的条件探索。由于题目中涉及多个相等的夹角以及相等的边长，极具对称性，因此采用空间向量基底法，通过向量数量积为零来证明垂直关系，比传统综合几何法更为直观、高效。

📌【题干】

Question

（2000年广东卷） 如图，已知平行六面体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 的底面 $ABCD$ 是菱形，且 $\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\angle BCD$.

(1) 证明：$C_{1}C\perp BD$；

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

🔍【思路分析】

破题导航

1. 构建空间向量基底：选定从顶点 $C$ 出发的三条棱对应的向量为基底，令 $\overrightarrow{CB}=\vec{a}$，$\overrightarrow{CD}=\vec{b}$，$\overrightarrow{C{C}_1}=\vec{c}$。
2. 提取已知条件：

• 底面是菱形 $⟹|\vec{a}|=|\vec{b}|$。
• 夹角相等 $⟹⟨\vec{c},\vec{a}⟩=⟨\vec{c},\vec{b}⟩=⟨\vec{a},\vec{b}⟩=\theta$。

3. 第一问（证明垂直）：将目标直线用基底向量表示，$\overrightarrow{C{C}_1}=\vec{c}$，$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CB}=\vec{b}-\vec{a}$。通过计算数量积 $\overrightarrow{C{C}_1}\cdot \overrightarrow{BD}$ 是否为 0 来判定是否垂直。
4. 第二问（探索线面垂直）：若 $A_{1}C\perp \text{平面 }{C}_{1}BD$，则必有 $A_{1}C\perp BD$ 且 $A_{1}C\perp C{D}_1$（或 $C_{1}B$）。将 $\overrightarrow{C{A}_1}$ 用基底表示，利用数量积为 0 建立关于棱长 $|\vec{b}|$ 与 $|\vec{c}|$ 的方程，从而求得比值。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 当 $\frac{CD}{C{C}_1}=1$ 时，能使 $A_{1}C\perp$ 平面 $C_{1}BD$

✍【详细解析】

Abstract

为了便于进行向量运算，我们选择以顶点 $C$ 为起点的三条棱对应的向量作为空间向量的一组基底。 令 $\overrightarrow{CB}=\vec{a}$，$\overrightarrow{CD}=\vec{b}$，$\overrightarrow{C{C}_1}=\vec{c}$。

由题意可知：

• 底面 $ABCD$ 是菱形，设其边长为 $m$，则 $|\vec{a}|=|\vec{b}|=m$。
• 设 $\angle C_{1}CB=\angle C_{1}CD=\angle BCD=\theta$，则向量两两之间的夹角均为 $\theta$。

由此可得三个基底向量的数量积基本关系： $\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos \theta =m^2\cos \theta$ $\vec{b}\cdot \vec{c}=|\vec{b}||\vec{c}|\cos \theta =m|\vec{c}|\cos \theta$ $\vec{a}\cdot \vec{c}=|\vec{a}||\vec{c}|\cos \theta =m|\vec{c}|\cos \theta$

(1) 证明：$C_{1}C\perp BD$ 在平行六面体中，线段 $BD$ 对应的向量可表示为： $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CD}-\overrightarrow{CB}=\vec{b}-\vec{a}$ 直线 $C_{1}C$ 对应的向量为 $\overrightarrow{C{C}_1}=\vec{c}$。

计算两向量的数量积： $\overrightarrow{C{C}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=\vec{c}\cdot (\vec{b}-\vec{a})=\vec{b}\cdot \vec{c}-\vec{a}\cdot \vec{c}$ 代入基本关系式： $\overrightarrow{C{C}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=m|\vec{c}|\cos \theta -m|\vec{c}|\cos \theta =0$ 因为数量积为 0，所以 $\overrightarrow{C{C}_1}\perp \overrightarrow{BD}$。 即 $C_{1}C\perp BD$ 得证。

(2) 当 $\frac{CD}{C{C}_1}=1$ 时，能使 $A_{1}C\perp \text{平面 }{C}_{1}BD$。证明如下：

首先将目标直线 $A_{1}C$ 对应的向量用基底表示。根据平行六面体的向量加法： $\overrightarrow{C{A}_1}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{C{C}_1}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$

若要使 $A_{1}C\perp \text{平面 }{C}_{1}BD$，根据线面垂直的判定定理，只需使 $A_{1}C$ 垂直于平面内的两 crossed 直线 $BD$ 和 $C{C}_1$（由于 $C_1$、$B$、$D$ 在同一平面，可以选取 $BD$ 和 $\overrightarrow{CB}-\vec{c}=\overrightarrow{C_{1}B}$，在此处我们直接验证 $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=0$ 且 $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{C{B}_1}$ 等）。

根据对称性，我们先计算 $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{BD}$： $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot (\vec{b}-\vec{a})$ 展开多项式： $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=\vec{a}\cdot \vec{b}-|\vec{a}{|}^2+|\vec{b}{|}^2-\vec{a}\cdot \vec{b}+\vec{b}\cdot \vec{c}-\vec{a}\cdot \vec{c}$ 由于 $|\vec{a}|=|\vec{b}|=m$，且 $\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{a}\cdot \vec{c}$，代入项互相抵消： $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=(-m^2+m^2)+(m|\vec{c}|\cos \theta -m|\vec{c}|\cos \theta )=0$ 由此可知，无论棱长比例如何，$\overrightarrow{C{A}_1}\perp \overrightarrow{BD}$ 恒成立。

接下来，只需再让 $A_{1}C$ 垂直于平面 $C_{1}BD$ 内的另一条直线即可。我们选择直线 $C_{1}B$，其对应向量为： $\overrightarrow{C_{1}B}=\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{C{C}_1}=\vec{a}-\vec{c}$

计算两向量的数量积，并令其等于 0： $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{C_{1}B}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\cdot (\vec{a}-\vec{c})=0$ 展开可得： $|\vec{a}{|}^2-\vec{a}\cdot \vec{c}+\vec{a}\cdot \vec{b}-\vec{b}\cdot \vec{c}+\vec{a}\cdot \vec{c}-|\vec{c}{|}^2=0$ 抵消相反项 $-\vec{a}\cdot \vec{c}$ 与 $+\vec{a}\cdot \vec{c}$，简化为： $|\vec{a}{|}^2+\vec{a}\cdot \vec{b}-\vec{b}\cdot \vec{c}-|\vec{c}{|}^2=0$ 代入具体模长与夹角关系： $m^2+m^2\cos \theta -m|\vec{c}|\cos \theta -|\vec{c}{|}^2=0$ 对代数式进行因式组合变形（按 $m^2-|\vec{c}{|}^2$ 与余弦项组合）： $(m^2-|\vec{c}{|}^2)+m\cos \theta (m-|\vec{c}|)=0$ $(m-|\vec{c}|)(m+|\vec{c}|)+m\cos \theta (m-|\vec{c}|)=0$ 提取公因式 $(m-|\vec{c}|)$： $(m-|\vec{c}|)(m+|\vec{c}|+m\cos \theta )=0$

因为 $\theta$ 是平行六面体的内角，$\theta \in (0,\pi )$，所以 $\cos \theta >-1$。 由此可得：$m+|\vec{c}|+m\cos \theta =|\vec{c}|+m(1+\cos \theta )>0$ 恒成立（两正数相加）。 若要使乘积等于 0，必须满足： $m-|\vec{c}|=0⟹m=|\vec{c}|$ 即 $|\overrightarrow{CD}|=|\overrightarrow{C{C}_1}|$。

因此，当比例为： $\frac{CD}{C{C}_1}=\frac{m}{|\vec{c}|}=1$ 时，可满足 $\overrightarrow{C{A}_1}\cdot \overrightarrow{C_{1}B}=0⟹A_{1}C\perp C_{1}B$。

由于 $BD\cap C_{1}B=B$，且 $BD,C_{1}B\subset \text{平面 }{C}_{1}BD$， 根据线面垂直判定定理，此时 $A_{1}C\perp \text{平面 }{C}_{1}BD$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用空间向量解决几何体中的垂直问题；线面垂直的向量化充要条件（向量垂直于平面内不平行的两向量）。
2. 核心方法：向量基底法。在不便于建立直角坐标系（存在非直角夹角 $\theta$）的非标准几何体中，直接使用三条共点棱作为基底，通过定义数量积的展开式进行计算，是最通用的代数工具。
3. 避坑指南：在第二问化简因式分解时，不要盲目展开，利用二次平方差公式 $(m^2-|\vec{c}{|}^2)$ 与提取公因式法能快速实现降次，并判断出第二项恒大于 0，从而锁定 $m=|\vec{c}|$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题为立体几何向空间向量过渡时期的经典考题，主要考查学生利用向量基底进行代数证明的能力。
2. 结论推广：在任意以菱形为底面且侧棱与底面两边夹角相等的平行六面体中，从顶点出发的体对角线垂直于该顶点对向的侧面斜截面（如 $A_{1}C\perp \text{平面 }{C}_{1}BD$）的充要条件，即是该体对角线所关联的侧棱长等于底面菱形的边长。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 21.01 空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2001-上海文-14 单-平行六面体向量分解
• 2004-浙江文-19 解-空间线面垂直
• 2004-湖北文-18 解-线面垂直与二面角