2025年大湾区高一期末第18题立体几何

2025年大湾区高一期末第18题立体几何

这次考试的立体几何具有一定的难度，学生答得很差，有学生问我这个体积条件能否利用空间向量的方法利用起来，肯定可以啦！只需要把底面等腰三角形的斜边长设出来，求出各点坐标，利用正弦面积公式求出四边形面积，结合点到平面的距离便能轻松利用所给的体积条件，这就是所谓的大力出奇迹！当然，也可用几何法将体积条件进行转化，留给读者自己思考！

 

如图, 在三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$中, $D$为 $BB_1$的中点, $DA=DC_1$,平面 $DAC_1 \perp$ 平面 $A_1ACC_1$.

(1)证明:平面 $ABC \perp$ 平面 $A_1ACC_1$;

(2)设 $AB \perp BC$, $\angle A_1AC=60^\circ$, $AA_1=2$,四棱锥 $A-BCC_1D$ 的体积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$,求平面 $DAC_1$与平面 $ABC$所成角的余弦值.

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解.(1)连接 $A_1C$,设 $A_1C \cap AC_1 = E$,连接 $DE$,因为四边形 $ACC_1A_1$ 为平行四边形,所以 $E$ 为 $AC_1$ 的中点,又因为 $DA = DC_1$,所以 $DE \perp AC_1$,则由平面 $DAC_1 \perp$ 平面 $A_1ACC_1$,平面 $DAC_1 \cap$ 平面 $A_1ACC_1 = AC_1$,可得$DE \perp$ 平面 $A_1ACC_1$.

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设$F$为$AC$的中点,连接$FB$和$FE$.

在$\triangle ACC_{1}$中,由$E$和$F$分别是$AC_{1}$和$AC$的中点得, $EF\parallel CC_{1}$且$EF=\frac{1}{2}CC_{1}$,
又因为$BD\parallel CC_{1}$且$BD=\frac{1}{2}CC_{1}$,
所以$BD\parallel EF$且$BD=EF$,
所以四边形$BDEF$为平行四边形,
所以$BF\parallel DE$.

于是$BF\perp$平面$ACC_{1}A_{1}$,又$BF\subset$平面$ABC$,所以平面$ABC\perp$平面$ACC_{1}A_{1}$.

因为$AB \perp BC$, $BF\perp AC$且$F$为$AC$的中点可知$\triangle ABC$是等腰直角三角形.

以$FB$为$x$轴, $FC$为$y$轴建立如图所示的空间直角坐标系$F-xyz$.

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设$FA=FC=FB=a>0$,则$A(0,-a,0)$, $B(a,0,0)$, $C(0,a,0)$,由$\angle A_1AC=60^\circ$, $AA_1=2$可知$A_1(0,1-a,\sqrt{3})$.

再由$\overrightarrow{AC}=\left( 0,2a,0 \right) =\overrightarrow{A_1C_1}$可知$C_1(0,a+1,\sqrt{3})$,
再由$\overrightarrow{BC}=\left( -a,a,0 \right) =\overrightarrow{B_1C_1}$可知$B_1(a,1,\sqrt{3})$.

于是由$\overrightarrow{CB_1}=\left( a,1-a,\sqrt{3} \right)$可知$\displaystyle CB_1=\sqrt{a^2+\left( 1-a \right) ^2+\left( \sqrt{3} \right) ^2}=\sqrt{2a^2-2a+4}$,
而$BB_1=AA_1=2$, $BC=\sqrt{2}a$,
由余弦定理可知$\displaystyle\cos \angle B_1BC=\frac{2^2+\left( \sqrt{2}a \right) ^2-\left( \sqrt{2a^2-2a+4} \right) ^2}{2\cdot 2\cdot \sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{4}$,
则$\sin \angle B_1BC=\frac{\sqrt{14}}{4}$,则
$\displaystyle S_{\triangle B_1BC}=\frac{1}{2}BB_1\cdot BC\sin \angle B_1BC=\frac{\sqrt{7}}{2}a$,
则$\displaystyle S_{\text{四边形}B_1BCC_1}=2S_{\bigtriangleup B_1BC}=\sqrt{7}a$.于是$\displaystyle S_{\text{四边形}DBCC_1}=\frac{3}{4}S_{\text{四边形}B_1BCC_1}=\frac{3\sqrt{7}}{4}a$.

再由$\overrightarrow{BC}=\left( -a,a,0 \right)$和$\overrightarrow{BB_1}=\left( 0,1,\sqrt{3} \right)$可知平面$B_1BCC_1$的一个法向量为$\overrightarrow{m}=\left( \sqrt{3},\sqrt{3},-1 \right)$,
而$\overrightarrow{BA}=\left( -a,-a,0 \right)$,
故点$A$到平面$B_1BCC_1$的距离为$\displaystyle d=\frac{\left| \overrightarrow{m}\cdot \overrightarrow{BA} \right|}{\left| \overrightarrow{m} \right|}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}$.

于是四棱锥 $A-BCC_1D$ 的体积为 $\frac{1}{3}\times \frac{3\sqrt{7}}{4}a\times \frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}
=\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{3}}{2}$,因此$a=1$.

由此可知$A(0,-1,0)$, $D\left( 1,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$, $C_1\left( 0,2,\sqrt{3} \right)$,
于是$\overrightarrow{AD}=\left( 1,\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2} \right)$, $\overrightarrow{AC_1}=\left( 0,3,\sqrt{3} \right)$,故平面$DAC_1$的一个法向量为$\overrightarrow{n}=\left( 0,-1,\sqrt{3} \right)$,而平面$ABC$的一个法向量为$\overrightarrow{l}=\left( 0,0,1 \right)$,
因此平面 $DAC_1$与平面 $ABC$所成角的余弦值为
$$
\cos \theta =\frac{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{l}}{\left| \overrightarrow{n} \right|\left| \overrightarrow{l} \right|}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
$$