Question

1．如圖，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC=BC，AA₁=AB，D為BB₁的中點(diǎn)，E為AB₁上的一點(diǎn)，AE=3EB₁．
（Ⅰ）證明：DE為異面直線AB₁與CD的公垂線；
（Ⅱ）設(shè)異面直線AB₁與CD的夾角為45°，求二面角A₁-AC₁-B₁的正切值．

Answer 1

分析 （I）連接A₁B，記A₁B與AB₁的交點(diǎn)為F．推導(dǎo)出A₁B⊥AB₁，且AF=FB₁，F(xiàn)E=EB₁，從而DE∥BF，DE⊥AB₁，作CG⊥AB，連接DG，由三垂線定理，能證明DE為異面直線AB₁與CD的公垂線．
（II）由DG∥AB₁，得∠CDG為異面直線AB₁與CD的夾角，∠CDG=45°，作B₁H⊥A₁C₁，則B₁H⊥面AA₁C₁C．作HK⊥AC₁，K為垂足，連接B₁K，由三垂線定理，得∠B₁KH為二面角A₁-AC₁-B₁的平面角，由此能求出二面角A₁-AC₁-B₁的正切值．

解答 證明：（I）連接A₁B，記A₁B與AB₁的交點(diǎn)為F．
因?yàn)槊鍭A₁BB₁為正方形，故A₁B⊥AB₁，且AF=FB₁，
又AE=3EB₁，所以FE=EB₁，
又D為BB₁的中點(diǎn)，故DE∥BF，DE⊥AB₁．…（3分）
作CG⊥AB，G為垂足，由AC=BC知，G為AB中點(diǎn)．
又由底面ABC⊥面AA₁B₁B．連接DG，
則DG∥AB₁，故DE⊥DG，由三垂線定理，得DE⊥CD．
所以DE為異面直線AB₁與CD的公垂線．
解：（II）因?yàn)镈G∥AB₁，故∠CDG為異面直線AB₁與CD的夾角，∠CDG=45°
設(shè)AB=2，則AB₁=$2\sqrt{2}$，DG=$\sqrt{2}$，CG=$\sqrt{2}$，AC=$\sqrt{3}$．
作B₁H⊥A₁C₁，H為垂足，因?yàn)榈酌鍭₁B₁C₁⊥面AA₁CC₁，故B₁H⊥面AA₁C₁C．
又作HK⊥AC₁，K為垂足，連接B₁K，由三垂線定理，得B₁K⊥AC₁，
因此∠B₁KH為二面角A₁-AC₁-B₁的平面角．
${B_1}H=\frac{{{A_1}{B_1}×\sqrt{{A_1}{C_1}^2-{{（{\frac{1}{2}{A_1}{B_1}}）}^2}}}}{{{A_1}{C_1}}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{{\sqrt{3}}}$，
$H{C_1}=\sqrt{{B_1}{C_1}^2-{B_1}{H^2}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，$A{C_1}=\sqrt{{2^2}+{{（{\sqrt{3}}）}^2}}=\sqrt{7}，HK=\frac{{A{A_1}×H{C_1}}}{{A{C_1}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{3\sqrt{7}}}$，
$tan∠{B_1}KH=\frac{{{B_1}H}}{HK}=\sqrt{14}，所以二面角{A_1}$-AC₁-B₁的正切值為$\sqrt{14}$．

點(diǎn)評 三垂線定理是立體幾何的最重要定理之一，是高考的熱點(diǎn)，它是處理線線垂直問題的有效方法，同時它也是確定二面角的平面角的主要手段．通過引入空間向量，用向量代數(shù)形式來處理立體幾何問題，淡化了傳統(tǒng)幾何中的“形”到“形”的推理方法，從而降低了思維難度，使解題變得程序化，這是用向量解立體幾何問題的獨(dú)到之處．