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如图，在直三棱柱 $ABC - {A_1}{B_1}{C_1}$ 中，$AB = 4$，$AC = BC = 3$，$D$ 为 $AB$ 的中点． 
【难度】
【出处】
2012年高考重庆卷（理）
【标注】
  1. 求点 $C$ 到平面 ${A_1}AB{B_1}$ 的距离；
    标注
    答案
    略
    解析
    由 $AC = BC$，$D$ 为 $AB$ 的中点，得 $CD \perp AB$．又 $CD \perp A{A_1}$，故 $CD \perp 面 {A_1}AB{B_1}$，所以点 $C$ 到平面 ${A_1}AB{B_1}$ 的距离为\[CD = \sqrt {B{C^2} - B{D^2}} = \sqrt 5 .\]
  2. 若 $A{B_1} \perp {A_1}C$，求二面角 ${A_1} - CD - {C_1}$ 的平面角的余弦值．
    标注
    答案
    略
    解析
    解法一：如图， 取 ${D_1}$ 为 ${A_1}{B_1}$ 的中点，连接 $D{D_1}$，则 $D{D_1} \parallel A{A_1} \parallel C{C_1}$．又由（1）知 $CD \perp 面 {A_1}AB{B_1}$，故 $CD \perp {A_1}D$，$CD \perp D{D_1}$，所以 $\angle {A_1}D{D_1}$ 为所求的二面角 ${A_1} - CD - {C_1}$ 的平面角．
    因 ${A_1}D$ 为 ${A_1}C$ 在面 ${A_1}AB{B_1}$ 上的射影，又已知 $A{B_1} \perp {A_1}C$，由三垂线定理的逆定理得 $A{B_1} \perp {A_1}D$，从而 $\angle {A_1}A{B_1}$，$\angle {A_1}DA$ 都与 $\angle {B_1}AB$ 互余，因此 $\angle {A_1}A{B_1} = \angle {A_1}DA$，所以\[{\mathrm{Rt}} \triangle {A_1}AD \backsim {\mathrm{Rt}} \triangle {B_1}{A_1}A,\]因此\[\dfrac{{A{A_1}}}{AD} = \dfrac{{{A_1}{B_1}}}{{A{A_1}}},\]即\[AA_1^2 = AD \cdot {A_1}{B_1} = 8,\]得 $A{A_1} = 2\sqrt 2 $．从而\[{A_1}D = \sqrt {AA_1^2 + A{D^2}} = 2\sqrt 3 ,\]所以，在 $\operatorname{{\mathrm{Rt}}} \triangle {A_1}D{D_1}$ 中，\[\cos \angle {A_1}D{D_1} = \dfrac{{D{D_1}}}{{{A_1}D}} = \dfrac{{A{A_1}}}{{{A_1}D}} = \dfrac{\sqrt 6 }{3}.\]解法二：如图， 过 $D$ 作 $D{D_1}\parallel A{A_1}$ 交 ${A_1}{B_1}$ 于 ${D_1}$，在直三棱柱中，易知 $DB$，$DC$，$D{D_1}$ 两两垂直．以 $D$ 为原点，射线 $DB$，$DC$，$D{D_1}$ 分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正半轴建立空间直角坐标系 $D - xyz$．
    设直三棱柱的高为 $h$，则\[A\left( { - 2,0,0} \right), {A_1}\left( { - 2,0,h} \right),{B_1}\left( {2,0,h} \right),C\left( {0,\sqrt 5 ,0} \right), {C_1}\left( {0,\sqrt 5 ,h} \right),\]从而\[\begin{split}\overrightarrow {A{B_1}} &= \left( {4,0,h} \right),\\ \overrightarrow {{A_1}C} &= \left( {2,\sqrt 5 , - h} \right),\end{split}\]由 $\overrightarrow {A{B_1}} \perp \overrightarrow {{A_1}C} ,$ 有\[8 - {h^2} = 0,h = 2\sqrt 2 .\]故\[\begin{split}\overrightarrow {D{A_1}} &= \left( { - 2,0,2\sqrt 2 } \right),\\ \overrightarrow {C{C_1}} &= \left( {0,0,2\sqrt 2 } \right),\\ \overrightarrow {DC} &= \left( {0,\sqrt 5 ,0} \right),\end{split}\]设平面 ${A_1}CD$ 的法向量为 $\overrightarrow m = \left( {{x_1},{y_1},{z_1}} \right)$，则 $\overrightarrow m \perp \overrightarrow {DC} $，$\overrightarrow m \perp \overrightarrow {D{A_1}} $，即\[\begin{cases}\sqrt 5 {y_1} = 0, \\
    - 2{x_1} + 2\sqrt 2 {z_1} = 0, \\
    \end{cases} \]取 ${z_1} = 1$，得 $\overrightarrow m = \left( {\sqrt 2 ,0,1} \right)$，
    设平面 ${C_1}CD$ 的法向量为 $\overrightarrow n = \left( {{x_2},{y_2},{z_2}} \right)$，则 $\overrightarrow n \perp \overrightarrow {DC}$，$\overrightarrow n \perp \overrightarrow {C{C_1}} $，即\[\begin{cases}
    \sqrt 5 {y_2} = 0, \\
    2\sqrt 2 {z_2} = 0, \\
    \end{cases}\]取 ${x_2} = 1$，得 $\overrightarrow n = \left( {1,0,0} \right)$，所以\[\cos \left \langle \overrightarrow m,\overrightarrow n \right \rangle = \dfrac{\overrightarrow m \cdot \overrightarrow n } {\left |\overrightarrow m \right| \cdot \left| \overrightarrow n \right|} = \dfrac{\sqrt 2 }{{\sqrt {2 + 1} \cdot 1}} = \dfrac{\sqrt 6 }{3},\]所以二面角 ${A_1} - CD - {C_1}$ 的平面角的余弦值为 $\dfrac{\sqrt 6 }{3}$．
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2
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