如图,在三棱拄ABC-A1B1C1中,AB⊥侧面BB1C1C,已知BC=1,BB1=C1C,∠BCC1=[π/3],

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  • 解题思路:(1)要证明C1B⊥平面ABC,根据本题条件,需要证明BC1AB⊥,由AB⊥侧面BB1C1C就可以解决;而要证明C1B⊥BC;则需要通过解三角形来证明;

    (2)要确定E点的位置,使得EA⊥EB1,由三垂线定理,必有BE⊥B1E,通过解直角三角形BEB1解决;

    (3)需要作出二面角的平面角,通过解三角形解决.

    证明:(1)因为AB⊥侧面BB1C1C,故AB⊥BC1

    在△BC1C中,BC=1,CC1=BB1=2,∠BCC1=

    π

    3由余弦定理有:

    BC1=

    BC2+CC12−2•BC•CC1 • cos∠BCC1=

    1+4−2×2×cos

    π

    3=

    3,

    故有BC2+BC12=CC12∴C1B⊥BC,

    而BC∩AB=B且AB,BC⊂平面ABC,

    ∴C1B⊥平面ABC;

    (2)EA⊥EB1,AB⊥EB1,AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABE,

    从而B1E⊥平面ABE,且BE⊂平面ABE,故BE⊥B1E,

    不妨设CE=x,则C1E=2-x,则BE2=1+x2-x,

    又∵∠B1C1C=

    2

    3π则B1E2=1+x2+x,

    在Rt△BEB1中有x2+x+1+x2-x+1=4,从而x=±1(舍负),

    故E为CC1的中点时,EA⊥EB1

    (3)取EB1的中点D,A1E的中点F,BB1的中点N,AB1的中点M

    连DF,则DF∥A1B1,连DN则DN∥BE,连MN则MN∥A1B1

    连MF则MF∥BE,且MN∥DF,MD∥AE

    又∵A1B1⊥EB1,AE⊥EB1,故DF⊥EB1,MD⊥EB1,∠MDF为所求二面角的平面角,

    在Rt△DFM DF=

    1

    2A1B1=

    2

    2(∵△BCE为正三角形)

    MF=

    1

    2BE=

    1

    2CE=

    1

    2∴tan∠MDF=

    1

    2

    点评:

    本题考点: 直线与平面垂直的判定;空间中直线与直线之间的位置关系;与二面角有关的立体几何综合题.

    考点点评: 本题考查线面垂直、线线垂直、二面角的求法,是立体几何常考的问题,对于本题,通常的几何推导、向量法都不好用,而选择使用计算来证明线线关系,也是常用的证明方法之一,要根据条件适当选择.