Question

如圖，在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面A₁B₁C₁D₁是梯形，且A₁B₁∥D₁C₁，A₁D₁=D₁D=D₁C₁=

1

2

A1B1=1，AD₁⊥A₁C，E是棱A₁B₁的中點(diǎn)．
（1）求證：CD⊥AD；
（2）求點(diǎn)C₁到平面CD₁B₁的距離；
（3）求二面角D₁-CE-B₁的大�。�

Answer 1

分析：（1）連結(jié)A₁D，由正方形的性質(zhì)得AD₁⊥DA₁，結(jié)合AD₁⊥A₁C證出AD₁⊥平面A₁CD，從而AD₁⊥CD．再由直棱柱的性質(zhì)得DD₁⊥CD，利用線面垂直的判定定理得CD⊥平面AA₁D₁D，從而證出CD⊥AD；
（2）算出△CD₁B₁中各邊長(zhǎng)，從而得到△CD₁B₁為直角三角形，得到△CD₁B₁的面積，根據(jù)三棱錐C-C₁D₁B₁的體積等于三棱錐C₁-CD₁B₁的體積，建立等式即可解出點(diǎn)C₁到平面CD₁B₁的距離為h．
（3）取CE的中點(diǎn)F，連結(jié)D₁F，由（2）的結(jié)論得△D₁CE是正三角形，可得D₁F⊥CE，結(jié)合CE∥A₁D得A₁B₁⊥CE．取CB₁的中點(diǎn)G，連結(jié)FG則CE⊥FG，得∠D₁FG是二面角D₁-CE-B₁的平面角．然后在△D₁FG中，根據(jù)D₁F、FG的長(zhǎng)，算出D₁G長(zhǎng)．最后在△D₁FG中，由余弦定理算出cos∠D1FG=-

6

3

，即可得到二面角D₁-CE-B₁的大�。�

解答：解：（1）連結(jié)A₁D，
∵四邊形A₁D₁DA是正方形，∴AD₁⊥DA₁，
又∵AD₁⊥A₁C，DA₁、A₁C是平面A₁CD內(nèi)的相交直線，
∴AD₁⊥平面A₁CD，
∵CD?平面A₁CD，∴AD₁⊥CD，
又∵DD₁⊥CD，DD₁、AD₁是平面AA₁D₁D內(nèi)的相交直線，
∴CD⊥平面AA₁D₁D，
∵AD?平面AA₁D₁D，∴CD⊥AD…（5分）
（2）用等體積法：
設(shè)點(diǎn)C₁到平面CD₁B₁的距離為h，
在△CD₁B₁中，CD1=

2

，D1B1=

5

，CB1=

3

，
∴△CD₁B₁為直角三角形，
由VC-C1D1B1=VC1-CD1B1，得

1

3

×1×

1

2

×1×

2

sin135°=

1

3

×

1

2

×

2

×

3

×h，
解之得h=

6

6

，
∴點(diǎn)C₁到平面CD₁B₁的距離為

6

6

．
（3）由（2）得D1E=D1C=CE=A1D=

2

，
取線段CE的中點(diǎn)F，連結(jié)D₁F，則D₁F⊥CE，
∵CE∥A₁D，∴A₁B₁⊥CE，
再取線段CB₁的中點(diǎn)G，連結(jié)FG
∴FG∥EB₁，可得CE⊥FG，得∠D₁FG是二面角D₁-CE-B₁的平面角，
在△D₁FG中，D1F=

6

2

，FG=

1

2

，取線段B₁C₁的中點(diǎn)L，連結(jié)GL，
則D1G2=GL2+D1L2，
在△D₁C₁L中，D1L2=1+

1

2

-2•1•

2

2

cos135°=

5

2

，
∴D1G2=

5

2

+

1

4

=

11

4

，
△D₁FG中，由余弦定理，得cos∠D1FG=

( 6 2 )2+( 1 2 )2- 11 4

2• 6 2 • 1 2

=-

6

3

，
∴二面角D₁-CE-B₁的大小為arccos(-

6

3

)．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題在直四棱柱中證明線面垂直，求二面角的大小并求點(diǎn)到平面的距離．著重考查了直四棱柱的性質(zhì)、線面垂直的判定與性質(zhì)、等體積法求點(diǎn)面距離和二面角的平面角的定義與求法等知識(shí)，屬于中檔題．