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如圖，已知ABC-A1B1C1是正三棱柱，D是AC的中點，∠C1DC=60°．
（Ⅰ）求證：AB1∥平面BC1D；
（Ⅱ）求二面角D-BC1-C的大小．
分析：（Ⅰ）以AC的中點D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設AD=1，證明
AB1
=2
DO
，利用線面平行的判定定理，即可得到結論；
（II）確定平面BC1D的一個法向量、平面BCC1B1的一個法向量，利用向量的夾角公式，可求二面角D-BC1-C的大�。�
解答：解：（Ⅰ）以AC的中點D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設AD=1．
∵∠C1DC=60°，∴CC1=
3

則A（1，0，0），B（0，
3
，0），C（-1，0，0），A1（1，0，
3
），
B1（0，
3
，
3
），C1（-1，0，
3
）
連結B1C交BC1于O，則O是B1C的中點，連結DO，則O(-
1
2
，
3
2
，
3
2
)
∴
AB1
=(-1，
3
，
3
)，
DO
=(-
1
2
，
3
2
，
3
2
)，
∴
AB1
=2
DO
．
∵AB1?平面BC1D，DO?平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D．…（5分）
（Ⅱ）
DC1
=(-1，0，
3
)，
C1B
=(1，
3
，-
3
)．
設平面BC1D的一個法向量為
n
=（x，y，z），則
n
•
DC1
=0
n
•
C1B
=0

即
-x+
3
z=0
x+
3
y-
3
z=0
，則有y=0
令z=1，則
n
=（
3
，0，1），設平面BCC1B1的一個法向量是為
m
=（x'，y'，z'），
CC1
=(0，0，
3
)，
C1B
=(1，
3
，-
3
)，則
m
•
CC1
=0
m
•
C1B
=0

即
3
z′=0
x′+
3
y′-
3
z′=0
，∴z′=0．
令y'=-1，則
m
=（
3
，-1，0）
∴cos＜
m
，
n
＞=
m
•
n
|
m
|•|
n
|
=
3
4

∴二面角D-BC1-C的大小為arccos
3
4
．…（12分）
點評：本題考查線面平行，考查二面角的平面角，考查向量知識的運用，確定平面的法向量 是關鍵．
練習冊系列答案
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如圖，已知△ABC的頂點為A（2，4），B（0，-2），C（-2，3），求：
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5
，0）、B（
5
，0），△ABC的內切圓的圓心在直線x=2上移動．
（Ⅰ）求點C的軌跡方程；
（Ⅱ）過點M（2，0）作兩條射線，分別交（Ⅰ）中所求軌跡于P、Q兩點，且
MP
•
MQ
=0，求證：直線PQ必過定點．

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如圖，已知△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，且AD=1，BD=2，△ACD繞CD旋轉至
A′CD，使點A'與點B之間的距離A′B=
3
．
（1）求證：BA′⊥平面A′CD；
（2）求二面角A′-CD-B的大��；
（3）求異面直線A′C與BD所成的角的余弦值．

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如圖，已知△ABC內接于圓O，AB是圓O的直徑，四邊形DCBE為平行四邊形，DC⊥平面ABC，AB=2，tan∠EAB=
3
2
．
（1）證明：平面ACD⊥平面ADE；
（2）記AC=x，V（x）表示三棱錐A-CBE的體積，求V（x）的表達式；
（3）當V（x）取得最大值時，求證：AD=CE．

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