Question

1．如图，直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AC=BC，AA₁=AB，D为BB₁的中点，E为AB₁上的一点，AE=3EB₁．
（Ⅰ）证明：DE为异面直线AB₁与CD的公垂线；
（Ⅱ）设异面直线AB₁与CD的夹角为45°，求二面角A₁-AC₁-B₁的正切值．

Answer 1

分析 （I）连接A₁B，记A₁B与AB₁的交点为F．推导出A₁B⊥AB₁，且AF=FB₁，FE=EB₁，从而DE∥BF，DE⊥AB₁，作CG⊥AB，连接DG，由三垂线定理，能证明DE为异面直线AB₁与CD的公垂线．
（II）由DG∥AB₁，得∠CDG为异面直线AB₁与CD的夹角，∠CDG=45°，作B₁H⊥A₁C₁，则B₁H⊥面AA₁C₁C．作HK⊥AC₁，K为垂足，连接B₁K，由三垂线定理，得∠B₁KH为二面角A₁-AC₁-B₁的平面角，由此能求出二面角A₁-AC₁-B₁的正切值．

解答 证明：（I）连接A₁B，记A₁B与AB₁的交点为F．
因为面AA₁BB₁为正方形，故A₁B⊥AB₁，且AF=FB₁，
又AE=3EB₁，所以FE=EB₁，
又D为BB₁的中点，故DE∥BF，DE⊥AB₁．…（3分）
作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点．
又由底面ABC⊥面AA₁B₁B．连接DG，
则DG∥AB₁，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD．
所以DE为异面直线AB₁与CD的公垂线．
解：（II）因为DG∥AB₁，故∠CDG为异面直线AB₁与CD的夹角，∠CDG=45°
设AB=2，则AB₁=$2\sqrt{2}$，DG=$\sqrt{2}$，CG=$\sqrt{2}$，AC=$\sqrt{3}$．
作B₁H⊥A₁C₁，H为垂足，因为底面A₁B₁C₁⊥面AA₁CC₁，故B₁H⊥面AA₁C₁C．
又作HK⊥AC₁，K为垂足，连接B₁K，由三垂线定理，得B₁K⊥AC₁，
因此∠B₁KH为二面角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的正切值为$\sqrt{14}$．

点评 三垂线定理是立体几何的最重要定理之一，是高考的热点，它是处理线线垂直问题的有效方法，同时它也是确定二面角的平面角的主要手段．通过引入空间向量，用向量代数形式来处理立体几何问题，淡化了传统几何中的“形”到“形”的推理方法，从而降低了思维难度，使解题变得程序化，这是用向量解立体几何问题的独到之处．