浙江 2015 · 数学 q17

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题解图（原卷截图 · 含答案与官方解析）

浙江 2015 · 数学 q17 原卷截图（含答案）

文字转写（题面 + 官方解析）

题面

17．（15分）（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1\mathrm{A B C} - \mathrm{A}_{1} \mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}中，∠BAC=90∘,AB=AC=2,A1A=4\angle \mathrm{B A C} = 9 0^{\circ} , \mathrm{A B} = \mathrm{A C} = 2 , \mathrm{A}_{1} \mathrm{A} = 4，A1\mathrm{A}_{1}在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}的中点

（1）证明：A1D⊥\mathrm{A}_{1} \mathrm{D} \perp平面A1BCA_{1} B C；

（2）求二面角A1−BD−B1\mathrm{A}_{1} - \mathrm{B D} - \mathrm{B}_{1}的平面角的余弦值

解析

分析

（1）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1\mathrm{O A}_{1}所在直线分别为x、y、z轴建系，通过A1D→∙OA1→=A1D→∙BC→=0\overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{O A}_{1}} = \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{B C}} = 0及线面垂直的判定定理即得结论；

（2）所求值即为平面A1BD\mathrm{A}_{1} \mathrm{B D}的法向量与平面B1BD\mathrm{B}_{1} \mathrm{B D}的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可

解答

（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB, OA, OA1\mathrm{O B , \ O A , \ O A_{1}}所在直线分别为x、y、z轴建系

则BC=2AC=22, A1O=AA12−AO2=14\mathrm{B C} = \sqrt{2} \mathrm{A C} = 2 \sqrt{2} , \ \mathrm{A_{1} O} = \sqrt{\mathrm{A A_{1}}^{2} - \mathrm{A O}^{2}} = \sqrt{1 4}，

易知A1(0,0,14),B(2,0,0),C(−2,0,0)\mathrm{A_{1}} ( 0 , 0 , \sqrt{1 4} ) , \mathrm{B} ( \sqrt{2} , 0 , 0 ) , \mathrm{C} ( - \sqrt{2} , 0 , 0 )，

A(0,2,0),D(0,−2,14),B1(2,−2,14)\mathrm{A} ( 0 , \sqrt{2} , 0 ) , \mathrm{D} ( 0 , - \sqrt{2} , \sqrt{1 4} ) , \mathrm{B}_{1} ( \sqrt{2} , - \sqrt{2} , \sqrt{1 4} )，

A1D→=(0,−2,0),BD→=(−2,−2,14)\overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}} = ( 0 , - \sqrt{2} , 0 ) , \overrightarrow{\mathrm{B D}} = ( - \sqrt{2} , - \sqrt{2} , \sqrt{1 4} )，

B1D→=(−2,0,0),BC→=(−22,0,0),OA1→=(0,0,14)\overrightarrow{\mathrm{B}_{1} \mathrm{D}} = ( - \sqrt{2} , 0 , 0 ) , \overrightarrow{\mathrm{B C}} = ( - 2 \sqrt{2} , 0 , 0 ) , \overrightarrow{\mathrm{O A}_{1}} = ( 0 , 0 , \sqrt{1 4} )，

∵A1D→∙OA1→=0\because \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{O A}_{1}} = 0，∴A1D⊥OA1\therefore \mathrm{A}_{1} \mathrm{D} \perp \mathrm{O A}_{1}，

又∵A1D→∙BC→=0\because \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{B C}} = 0，∴A1D⊥BC\therefore \mathrm{A}_{1} \mathrm{D} \bot \mathrm{B C}，

又∵OA1∩BC=O\because \mathrm{O A}_{1} \cap \mathrm{B C} = \mathrm{O}，∴A1D⊥\therefore \mathrm{A}_{1} \mathrm{D} \bot平面A1BCA_{1} B C；

（2）解：设平面A1BD\mathrm{A}_{1} \mathrm{B D}的法向量为m→=(x, y, z)\overrightarrow{\mathrm{m}} = ( x , \ y , \ z )，

由{m→∙A1D→=0m→∙BD→=0\left\{\begin{array}{l l}{\overrightarrow{\mathrm{m}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}} = 0} \\ {\overrightarrow{\mathrm{m}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{B D}} = 0} \end{array} \right.，得{−2y=0−2x−2y+14z=0\left\{\begin{array}{l l}{- \sqrt{2} y = 0} \\ {- \sqrt{2} x - \sqrt{2} y + \sqrt{1 4} z = 0} \end{array} \right.，

取 z=1，得m→=(7,0,1)\overrightarrow{\mathrm{m}} = ( \sqrt{7} , 0 , 1 )，

设平面B1BD\mathrm{B}_{1} \mathrm{B D}的法向量为n→=(x, y, z)\overrightarrow{\mathrm{n}} = ( x , \ y , \ z )，

由{n→∙B1D→=0n→∙BD→=0\left\{\begin{array}{l l}{\overrightarrow{\mathrm{n}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{B}_{1} \mathrm{D}} = 0} \\ {\overrightarrow{\mathrm{n}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{B D}} = 0} \end{array} \right.，得{−2x−2y+14z=0−2x=0\left\{\begin{array}{l l}{- \sqrt{2} x - \sqrt{2} y + \sqrt{1 4} z = 0} \\ {- \sqrt{2} x = 0} \end{array} \right.，

取 z=1，得n→=(0,7,1)\overrightarrow{\mathrm{n}} = ( 0 , \sqrt{7} , 1 )

∴cos⁡<m→,n→>=m→⋅n→∣m→∣∣n→∣=122×22=18,\therefore \cos < \overrightarrow{\mathrm{m}}, \overrightarrow{\mathrm{n}} > = \frac{\overrightarrow{\mathrm{m}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{n}}}{| \overrightarrow{\mathrm{m}} | | \overrightarrow{\mathrm{n}} |} = \frac{1}{2 \sqrt{2} \times 2 \sqrt{2}} = \frac{1}{8},

又∵该二面角为钝角，

∴二面角A1−BD−B1\mathrm{A}_{1} - \mathrm{B D} - \mathrm{B}_{1}的平面角的余弦值为−18- \frac{1}{8}