如图 6，四棱柱 A B C D-A_ 1 B_ 1 C_…——2014 高考数学第 19 题答案解析

【答案】（1）详见解析②$\frac{2 \sqrt{57}}{19}$

## 【解析】

试题分析：（1）要证明线面垂直，只需要在面 内；文到两冬祦交的线卧与之垂直即可，即证明 $A C, B D$ 与 $O_{1} O$ 垂直，首先利用四棱柱所有棱相等，得到上下底面＂，港形，进而得到 $O_{1}, O$ 均为中点，得到 $A_{1} A, O_{1} O, B_{1} B$ 三者相互平行，四边形 $B D D_{1} B_{1}, A C C_{1} A_{1}$ 均为矩形与平行㥵结合际可得到 $A C, B D$ 与 $O_{1} O$ 垂直，进而证明线面垂直．
（2）要求二面角，此问可以以以 $O$ 为坐标原点，$O B, O C, O \bigcirc$，所在直线分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴建立三维直角坐标系，利用空间向量的方法得到二面角的余弦值，征说明第一种方法，做出二面角的平面角，过 $O_{1}$ 作 $B_{1} O$ 的垂线交 $B_{1} O$ 于点 $H$，连接 $H O_{1}, H C_{1}$．利用（1）得到 $O_{1} O \perp A_{1} C_{1}$，在利用四边形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 为菱形，对角线相互垂直，两个垂直关系即可得到 $A_{1} C_{1}$ 垂直于平面 $B D D_{1} B_{1}$，迹而得到 $B_{1} O \perp O_{1} C_{1}$，结合 $B_{1} O \perp O_{1} H$ 得到线面垂直，说明角 $O_{1} H C_{1}$ 即为哦所求二面角的平面角，设四棱柱各边长为 $2 a$，利用勾股定理求出相应边长即可得到角 $O_{1} H C_{1}$ 的余弦值，进而得到二面角的余弦值．

试题解析：（1）证明：∵ 四棱柱 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的所有棱长都相等
∴ 四边形 $A B C D$ 和四边形 $A_{1} B_{1} C: D_{1}$ 均为蓺形
$\because A C \cap B D=O, A_{1} C_{1} \cap B_{1} D_{1}=O_{1}$
$\therefore O, O_{1}$ 分别为 $B D, B_{1} D_{1}$ 中点
∵ 四边形 $A C C_{1} A_{1}$ 和四边形 $B D D_{1} B_{1}$ 为矩形
$\therefore O O_{1} / / C C_{1} / / B B_{1}$ 且 $C C_{1} \perp A C, B B_{1}+B D$
$\therefore O O_{1} \perp B D, O O_{1} \perp A C$
又 $\because A C \cap B D=O$ 且 $A C, B D \subseteq$ 底面 $A B C D$
$\therefore O O_{1} \perp$ 底面 $A B C D$．

（2）法 1：过 $O_{1}$ 作 $B_{1} O$ 的垂线交 $B_{1} O$ 于点 $H$，连接 $H O_{1}, H C_{1}$．不妨设四棱柱 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的边长为 $2 a$．
$\because O O_{1} \perp$ 底面 $A B C D$ 且底面 $A B C D / /$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$
$\therefore O O_{1} \perp$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$

又 $\because O_{1} C_{1} \subseteq$ 面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$
$\therefore O_{1} C_{1} \perp O O_{1}$
∵ 四边形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 为菱形
$\therefore O_{1} C_{1} \perp O_{1} B_{1}$

又 $\because O_{1} C_{1} \perp O O_{1}$ 且 $O O_{1} \cap O_{1} C_{1}=O_{1}, O_{1} O, O, B_{1}=$ 面 $O B_{1} D$
$\therefore O_{1} C_{1} \perp$ 面 $O B_{1} D$

又 $\because B_{1} O \subseteq$ 面 $O B_{1} D$
$\therefore B_{1} O \perp O_{1} C_{1}$

又 $\because B_{1} O \perp O_{1} H$ 且 $O_{1} C_{1} \cap O_{1} H=O_{1}, O_{1} C_{1}, O_{1} H \subseteq$ 面 $O_{1} H C_{1}$
$\therefore B_{1} O \perp$ 面 $O_{1} H C_{1}$
$\therefore \angle O_{1} H C_{1}$ 为二面角 $C_{1}-O B_{1}-D$ 的平面角，则 $\cos \angle O_{1} H C_{1}=\frac{O_{1} H}{H C_{1}}$
$\because \angle C B A=60^{0}$ 且四边形 $A B C D$ 为菱形
$\therefore O_{1} C_{1}=a, B_{1} O_{1}=\sqrt{3} a, O O_{1}=2 a, B_{1} O=\sqrt{B_{1} O_{1}^{2}+O O_{1}^{2}}=\sqrt{7} a$，

则 $O_{1} H=B_{1} O_{1} \cdot \sin \angle O_{1} B_{1} O=B_{1} O_{1} \cdot \frac{O_{1} O}{B_{1} O}=\sqrt{3} a \cdot \frac{2 a}{\sqrt{7} a}=\frac{2 \sqrt{21}}{7} a$
再由 $\Delta O_{1} H C_{1}$ 的勾股定理可得 $H C_{1}=\sqrt{O_{1} H^{2}+O_{1} C_{1}^{2}}=\sqrt{\frac{12}{7} a^{2}+a^{2}}=\sqrt{\frac{19}{7}} a$，
则 $\cos \angle O_{1} H C_{1}=\frac{O_{1} H}{H C_{1}}=\frac{\frac{2 \sqrt{21}}{7} a}{\sqrt{\frac{19}{7}} a}=\frac{2 \sqrt{57}}{19}$，所以二面角 $C_{1}-O B-D$ 的余弦值为 $\frac{2 \sqrt{57}}{19}$．
法2：因为四棱柱 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的所有棱长都相等，所以四边形 $A B C D$ 是菱形，因此 $A C \perp B D$，又 $O_{1} O \perp$ 面 $A B C D$，从而 $O B, O C, O_{1} O$ 两两垂血，如图以 $O$ 为坐标原点，$O B, O C, O O_{1}$ 所在直线分别为 $x$ 轴，$y$轴，$z$ 轴建立三维直角坐标系，不妨设 $A B=2$ 因为 $\angle C B A=60^{\circ}$，所以 $O B=\sqrt{3}, O C=1$，于是各点的坐标为：$O(0,0,0), B_{1}(\sqrt{3}, 0,2), C_{1}(0,1,2)$，已知 $n_{1}=(0,1,0)$ 是平面 $B D D_{1} B_{1}$ 的一个法向量，设 $n_{2}=(x, y, z)$ 是平面 $O B_{1} C_{1}$ 的一个法向量，则 $\left\{\begin{array}{l}n_{2} \cdot \overrightarrow{O B_{1}}=0 \\ n_{2} \cdot \overrightarrow{O C_{1}}=0\end{array}\left\{\begin{array}{l}\sqrt{3} x+2 z=0 \\ y+2 z=0\end{array}\right.\right.$ 取 $z=-\sqrt{3}$，则 $x=2, y=2 \sqrt{3}$，

所以 $n_{2}=(2,2 \sqrt{3},-\sqrt{3}), \cos \theta=\left|\cos <\vec{n}_{1}, \vec{n}_{2}>\left|=\left|\frac{\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n_{2}}}{\left|\overrightarrow{n_{1}}\right|\left|\overrightarrow{n_{2}}\right|}\right|=\frac{2 \sqrt{57}}{19}\right.\right.$，故二面角 $C_{1}-O B_{1}-D$ 的余弦值为 $\frac{2 \sqrt{57}}{19}$.

【考点定位】线面垂直 二面角 勾股定理 菱形