在三棱柱 $ABC - {A_1}{B_1}{C_1}$ 中，$A{A_1} \perp $ 底面 $ABC$，$BC \perp AC$，$BC = AC = 2$，$A{A_1} = 3$，$D$ 为棱 $AC$ 的中点．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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证明 $A{B_1}\parallel $ 平面 $BD{C_1}$；标注答案略解析延长 $AB,CD$，使其相交于点 $F$，连接 $PF$．容易知道，$AD$ 为 $\triangle ABC$ 的中位线，于是有 $PA = AF = AB = 1$，$\angle FPB = \dfrac{{\rm{\pi }}}{2}$，即 $PF \perp PB$．而 $BC \perp AB$，面 $PFB \perp $ 面 $ABC$ 知 $BC \perp $ 面 $PFB$．而 $PF \subset PFB$，有 $PF \perp BC$，于是 $PF \perp PBC$，于是 $PBC \perp PDC$．
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求直线 $A{B_1}$ 与平面 $BC{C_1}{B_1}$ 所成角的正切值．标注答案$\dfrac{{4\sqrt 6 }}{3}$解析过点 $B$ 作 $BQ \perp PD$ 交 $PD$ 于 $Q$，过点 $B$ 作 $BH \perp PC$ 交 $PC$ 于 $H$．
由面 $PBC \perp $ 面 $PDC$ 知 $\angle BQH$ 即为二面角 $B - PD - C$ 的平面角，$\tan \angle PQH = \dfrac{{BH}}{{QH}}$．下面来求解 $BH,HQ,BQ$ 的值．
容易知道 $PF = PA = AF = AB = 1$，$PB = \sqrt 3 $，$BC = 2$．
在 ${\rm Rt}\triangle PBC$ 中容易解得斜边上的高 $BH = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}$，进而 $PD = \sqrt {P{A^2} + A{Q^2}} = \sqrt 2 $，$PB = \sqrt 3 $，$BD = \sqrt 2 $．
在 $\triangle PBD$ 中容易解得 $BQ = \dfrac{{\sqrt {15} }}{{2\sqrt 2 }}$．而 $\triangle BHQ$ 为直角三角形，于是$$QH = \sqrt {B{Q^2} - B{H^2}} = \dfrac{3}{{2\sqrt {14} }},$$从而 $\tan \angle PQH = \dfrac{{BH}}{{QH}} = \dfrac{{4\sqrt 6 }}{3}$．
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
