2006-全国卷II理-19 解-二面角的平面角求解

本题导读

本题考查直三棱柱背景下的垂直关系证明与二面角的计算。第一问要求根据公垂线定义证明线线垂直；第二问通过建立空间直角坐标系，利用两平面法向量的夹角定量求解二面角的大小。

📌【题干】

Question

（2006年全国卷II(理)）如图，在直三棱柱 $A B C - A_{1} B_{1} C_{1}$ 中， $A B = B C$ ， $D, E$ 分别为 $B B_{1}, A C_{1}$ 的中点.

(1) 证明： $E D$ 为异面直线 $B B_{1}$ 与 $A C_{1}$ 的公垂线；

(2) 设 $A A_{1} = A C = 2 A B$ ，求二面角 $A_{1} - A D - C_{1}$ 的大小.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：由直三棱柱底边相等几何特征易知底面 $△ A B C$ 的形状。设 $A C$ 中点为 $O$ ，通过中位线定理与线面垂直性质，可分析证明 $E D ∥ O B$ 且 $E D ⊥$ 侧面。由此即可论证 $E D ⊥ B B_{1}$ 且 $E D ⊥ A C_{1}$ 。 第二问：利用直棱柱垂直特征，以 $A C$ 中点 $O$ 为原点， $O B, O C$ 分别为 $x, y$ 轴，过 $O$ 平行于 $A A_{1}$ 的直线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。写出各关键点坐标，进而求出平面 $A_{1} A D$ 的法向量 $n_{1}$ 与平面 $A D C_{1}$ 的法向量 $n_{2}$ ，利用 $cos ⟨ n_{1}, n_{2} ⟩ = \frac{n _{1} \cdot n _{2}}{∣ n _{1} ∣∣ n _{2} ∣}$ 求解二面角的大小。

✅【答案】

Success

第（1）问中，ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；第（2）问二面角A1−AD−C1的大小为π3.

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：取 $A C$ 的中点为 $O$ ，连接 $O B$ 。因为在直三棱柱 $A B C - A_{1} B_{1} C_{1}$ 中， $A B = B C$ ，所以 $△ A B C$ 为等腰三角形，故 $O B ⊥ A C$ 。又因为直三棱柱中侧棱 $B B_{1} ⊥$ 底面 $A B C$ ，且 $O B \subset$ 平面 $A B C$ ，所以 $B B_{1} ⊥ O B$ 。由 $O B ⊥ A C$ 且 $O B ⊥ B B_{1}$ ，而 $A C \cap B B_{1} = \emptyset$ 且共面于侧面系统，可知 $O B ⊥$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ 。

连接 $A_{1} C$ ，设 $A C_{1}$ 与 $A_{1} C$ 交于点 $E$ 。由于侧面 $A C C_{1} A_{1}$ 为矩形，其对角线互相平分，故 $E$ 必为 $A C_{1}$ 的中点，这与题意相符。取 $A A_{1}$ 的中点为 $F$ ，连接 $E F$ 。在 $△ A_{1} A C_{1}$ 中， $E, F$ 分别为中点，由中位线定理得 $E F ∥ A_{1} C_{1} ∥ A C$ 。在侧面矩形 $A B B_{1} A_{1}$ 中， $D, F$ 分别为 $B B_{1}, A A_{1}$ 的中点，易知 $D F ∥ A B$ 且 $D F = A B$ 。由此，在底面内可推出 $E D ∥ O B$ 。

因为 $O B ⊥$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ ，且 $E D ∥ O B$ ，所以 $E D ⊥$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ 。因为 $A C_{1} \subset$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ ，所以 $E D ⊥ A C_{1}$ 。又因为 $B B_{1} ∥ A A_{1} \subset$ 平面 $A C C_{1} A_{1}$ ，所以 $E D ⊥ B B_{1}$ 。由于 $E D$ 同时垂直于两条异面直线 $B B_{1}$ 和 $A C_{1}$ ，且其端点分别在两条直线上，所以 $E D$ 为异面直线 $B B_{1}$ 与 $A C_{1}$ 的公垂线。

(2) 解：因为 $A A_{1} = A C = 2 A B$ ，且 $O B ⊥ A C$ 。在直角三角形 $△ A O B$ 中，设 $A B = 2$ ，则 $A A_{1} = A C = 22$ 。由此， $A O = O C = 2$ 。由勾股定理可得： $O B = A B^{2} - A O^{2} = 2^{2} - (2)^{2} = 4 - 2 = 2$ 。

以 $O$ 为坐标原点，射线 $O B$ 为 $x$ 轴正方向，射线 $O C$ 为 $y$ 轴正方向，过 $O$ 且平行于侧棱 $A A_{1}$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $O - x y z$ 。各相关点的坐标确定如下： $O (0, 0, 0), B (2, 0, 0), A (0, - 2, 0), C (0, 2, 0)$ $A_{1} (0, - 2, 22), C_{1} (0, 2, 22)$ 因为 $D$ 是 $B B_{1}$ 的中点， $B_{1} (2, 0, 22)$ ，则： $D (2, 0, 2)$

写出计算法向量所需的各向量坐标： $A A_{1} = (0, 0, 22)$ $A D = D - A = (2, 2, 2)$ $A C_{1} = C_{1} - A = (0, 22, 22)$

设平面 $A_{1} A D$ 的一个法向量为 $n_{1} = (x_{1}, y_{1}, z_{1})$ ，则： ${n_{1} \cdot A A_{1} = 22 z_{1} = 0 n_{1} \cdot A D = 2 x_{1} + 2 y_{1} + 2 z_{1} = 0 ⟹ {z_{1} = 0 x_{1} = - y_{1}$ 令 $y_{1} = 1$ ，得 $n_{1} = (- 1, 1, 0)$ 。

设平面 $A D C_{1}$ 的一个法向量为 $n_{2} = (x_{2}, y_{2}, z_{2})$ ，则： ${n_{2} \cdot A C_{1} = 22 y_{2} + 22 z_{2} = 0 ⟹ y_{2} = - z_{2} n_{2} \cdot A D = 2 x_{2} + 2 y_{2} + 2 z_{2} = 0 ⟹ x_{2} + y_{2} + z_{2} = 0$ 将 $y_{2} = - z_{2}$ 代入第二式得 $x_{2} = 0$ 。令 $z_{2} = 1$ ，得 $n_{2} = (0, - 1, 1)$ 。

计算两平面法向量夹角的余弦值： $cos ⟨ n_{1}, n_{2} ⟩ = \frac{n _{1} \cdot n _{2}}{∣ n _{1} ∣ \cdot ∣ n _{2} ∣} = \frac{( - 1 ) \times 0 + 1 \times ( - 1 ) + 0 \times 1}{( - 1 ) ^{2} + 1 ^{2} + 0 \times 0 + ( - 1 ) ^{2} + 1 ^{2}} = \frac{- 1}{2 \times 2} = - \frac{1}{2}$

由图可知，二面角 $A_{1} - A D - C_{1}$ 的平面角为钝角，所以二面角 $A_{1} - A D - C_{1}$ 的大小为 $12 0^{\circ}$ （或 $\frac{2 π}{3}$ ）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：异面直线公垂线定义的几何求证（两端相交且两垂直）、基于法向量的二面角计算方程。

核心方法：空间直角坐标向量法。

避坑指南：

建立坐标系时，注意底面等腰三角形 $△ A B C$ 并不包含直角，必须取 $A C$ 的中点 $O$ 才能构造出 $O B ⊥ A C$ 的三轴垂直基底。

最终法向量算得余弦值为 $- \frac{1}{2}$ ，结合空间图形走势判定其为钝角二面角，对应的角度应为 $12 0^{\circ}$ ，切勿习惯性写成锐角 $6 0^{\circ}$ 。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是立体几何中考查空间线面位置综合关系的压轴大题，旨在考查利用建系方法规避繁琐传统几何作图并进行精准代数计算的控制力。结论推广: 对于底面为等腰三角形的直三棱柱，通过对称中心建立的空间坐标系具有高对称性，其任意两个过非交对角线端点的侧割面所成的二面角，其法向量坐标均分布于平面分量轴上，可统一通过两平面对应法向量的内积公式直接求出。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

13.01 空间几何体的结构、表面积与体积

16.03 两条直线的位置关系判定

21.01 空间向量及其运算

09.02 平面向量的线性运算

类题演练 (Links)

2007-大纲卷II理-19 解-二面角

2007-山东卷理-19 解-用空间向量求二面角

2007-广东卷理-18 解-二面角向量法求解

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2006-全国卷II理-19 解-二面角的平面角求解

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