如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥BB1C1C,BC=1,AB=BB1=2,∠BCC1=π3.(Ⅰ)求证:C1B⊥平面ABC;
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥BB1C1C,BC=1,AB=BB1=2,∠BCC1=π3.(Ⅰ)求证:C1B⊥平面ABC;(Ⅱ)P是线段BB1上的动点,...
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB⊥BB1C1C,BC=1,AB=BB1=2,∠BCC1=π3.(Ⅰ)求证:C1B⊥平面ABC;(Ⅱ)P是线段BB1上的动点,当平面C1AP⊥平面AA1B1B时,求线段B1P的长;(Ⅲ)若E为BB1的中点,求二面角C1-AE-A1平面角的余弦值.
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解答:(Ⅰ)证明:AB⊥侧面BB1C1C,得AB⊥C1B,
由BC=1,CC1=BB1=2,∠BCC1=
,
知∠C1BC=90°,即C1B⊥CB,
又CB∩BA=A,
故C1B⊥平面ABC;
(Ⅱ)解:由已知AB⊥侧面BB1C1C,
知面ABB1A1⊥面BB1C1C,
过C1作C1P⊥BB1于P,
则C1P⊥面AA1B1B,
因C1P?面C1AP,
故平面C1AP⊥平面AA1B1B,
在直角三角形BB1C1中,
B1P=B1C1cos60°=
;
(Ⅲ)解:由(Ⅱ)知C1P⊥面AA1B1B,
过P作PH⊥AE,交AE所在直线于点H,
则AE⊥平面C1HP,即有AE⊥C1H,
∠C1HP为二面角C1-AE-A1平面角.
由三角形相似求得:PH=
,又C1P=
,
∴tan∠C1HP=
=
/
=
,
故cos∠C1HP=
.
由BC=1,CC1=BB1=2,∠BCC1=
π |
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知∠C1BC=90°,即C1B⊥CB,
又CB∩BA=A,
故C1B⊥平面ABC;
(Ⅱ)解:由已知AB⊥侧面BB1C1C,
知面ABB1A1⊥面BB1C1C,
过C1作C1P⊥BB1于P,
则C1P⊥面AA1B1B,
因C1P?面C1AP,
故平面C1AP⊥平面AA1B1B,
在直角三角形BB1C1中,
B1P=B1C1cos60°=
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(Ⅲ)解:由(Ⅱ)知C1P⊥面AA1B1B,
过P作PH⊥AE,交AE所在直线于点H,
则AE⊥平面C1HP,即有AE⊥C1H,
∠C1HP为二面角C1-AE-A1平面角.
由三角形相似求得:PH=
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∴tan∠C1HP=
C1P |
PH |
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故cos∠C1HP=
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