Question

4．體積為$\frac{9\sqrt{2}}{8}$的四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面為梯形，DC∥AB，AB=2AD=2DC=2，∠DAB=60°，平面DCC₁D₁⊥平面ABCD，且二面角A₁-AD-C的余弦值為-$\frac{1}{3}$．
（Ⅰ）求AC₁與BC夾角的正切值；
（Ⅱ）連接A₁C交平面AB₁C₁于點(diǎn)Q，求A₁Q的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （I）如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DO⊥AB，垂足為O，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E．在Rt△ADO中，∠DAB=60°，可得AO=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$，DO=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，四邊形DCEO是矩形，可得梯形ABCD是等腰梯形．過(guò)點(diǎn)O作OM⊥A₁B₁，垂足為M，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得OM⊥平面ABCD．可得：$\frac{9\sqrt{2}}{8}$=OM×S_梯形ABCD=OM×$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．解得OM=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)A₁$（0，t，\frac{\sqrt{6}}{3}）$，設(shè)平面DAA₁D₁的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{m}$，取平面ABCD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），利用|$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$|=$\frac{\overrightarrow{|m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{3}$，解得t．設(shè)D₁$（\frac{\sqrt{3}}{2}，s，\frac{\sqrt{6}}{3}）$，利用$\overrightarrow{D{D}_{1}}$•$\overrightarrow{m}$=0，解得s，可得C₁．利用cos$＜\overrightarrow{A{C}_{1}}，\overrightarrow{BC}＞$=$\frac{\overrightarrow{A{C}_{1}}•\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{A{C}_{1}}||\overrightarrow{BC}|}$，可得tan$＜\overrightarrow{A{C}_{1}}，\overrightarrow{BC}＞$．
（II）連接A₁B，交AB₁于點(diǎn)P，連接PQ，由BC∥B₁C₁，可得BC∥平面AB₁C₁，BC∥PQ，由點(diǎn)P是A₁C的中點(diǎn)，可得點(diǎn)Q是A₁C的中點(diǎn)．求出$\overrightarrow{{A}_{1}C}$，即可得出．

解答 解：（I）如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DO⊥AB，垂足為O，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E．
在Rt△ADO中，∠DAB=60°，
∴AO=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$，DO=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
四邊形DCEO是矩形，OE=DC=1，
∴BE=$\frac{1}{2}$，CB=$\sqrt{B{E}^{2}+E{C}^{2}}$=1．
∴梯形ABCD是等腰梯形．
S_梯形ABCD=$\frac{（1+2）×\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
過(guò)點(diǎn)O作OM⊥A₁B₁，垂足為M，
∵平面DCC₁D₁⊥平面ABCD，
∴OM⊥平面ABCD．
由已知可得：$\frac{9\sqrt{2}}{8}$=OM×S_梯形ABCD=OM×$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
解得OM=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系．
O（0，0，0），A（0，-$\frac{1}{2}$，0），D$（\frac{\sqrt{3}}{2}，0，0）$，C$（\frac{\sqrt{3}}{2}，1，0）$，M$（0，0，\frac{\sqrt{6}}{3}）$，A₁$（0，t，\frac{\sqrt{6}}{3}）$，
C$（\frac{\sqrt{3}}{2}，1，0）$，B$（0，\frac{3}{2}，0）$，
$\overrightarrow{AD}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，0）$，$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=$（0，t+\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{6}}{3}）$．
設(shè)平面DAA₁D₁的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\\{（t+\frac{1}{2}）y+\frac{\sqrt{6}}{3}z=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{m}$=$（1，-\sqrt{3}，\frac{3\sqrt{2}（2t+1）}{4}）$，
取平面ABCD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），
則|$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$|=$\frac{\overrightarrow{|m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|\frac{3\sqrt{2}（2t+1）}{4}|}{\sqrt{4+\frac{9（2t+1）^{2}}{8}}}$=$\frac{1}{3}$，
化為（2t+1）²=$\frac{4}{9}$，
解得t=-$\frac{1}{6}$，或t=-$\frac{5}{6}$．
取t=-$\frac{5}{6}$．
設(shè)D₁$（\frac{\sqrt{3}}{2}，s，\frac{\sqrt{6}}{3}）$，$\overrightarrow{D{D}_{1}}$=$（0，s，\frac{\sqrt{6}}{3}）$，
∵$\overrightarrow{D{D}_{1}}$⊥$\overrightarrow{m}$，
∴$\overrightarrow{D{D}_{1}}$•$\overrightarrow{m}$=$-\sqrt{3}s$-$\frac{\sqrt{3}}{3}$=0，
解得s=$-\frac{1}{3}$，
∴C₁$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{2}{3}，\frac{\sqrt{6}}{3}）$．
$\overrightarrow{A{C}_{1}}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{7}{6}，\frac{\sqrt{6}}{3}）$，$\overrightarrow{BC}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，0）$．
cos$＜\overrightarrow{A{C}_{1}}，\overrightarrow{BC}＞$=$\frac{\overrightarrow{A{C}_{1}}•\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{A{C}_{1}}||\overrightarrow{BC}|}$=$\frac{\frac{1}{6}}{\sqrt{\frac{25}{9}}×\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}}$=$\frac{1}{10}$，
∴tan$＜\overrightarrow{A{C}_{1}}，\overrightarrow{BC}＞$=$\sqrt{99}$=3$\sqrt{11}$．
（II）連接A₁B，交AB₁于點(diǎn)P，連接PQ，
∵BC∥B₁C₁，BC?平面AB₁C₁，B₁C₁?平面AB₁C₁，
∴BC∥平面AB₁C₁，
平面A₁BC∩平面AB₁C₁=PQ，
∴BC∥PQ，
∵點(diǎn)P是A₁C的中點(diǎn)，
∴點(diǎn)Q是A₁C的中點(diǎn)．
∵$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{11}{6}，-\frac{\sqrt{6}}{3}）$，
∴$|\overrightarrow{{A}_{1}C}|$=$\sqrt{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}+（\frac{11}{6}）^{2}+（-\frac{\sqrt{6}}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{43}}{3}$．
∴$|\overrightarrow{{A}_{1}Q}|$=$\frac{1}{2}$$|\overrightarrow{{A}_{1}C}|$=$\frac{\sqrt{43}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系及其空間角、線面面面平行垂直的判定與性質(zhì)定理、等腰梯形、直角三角形的邊角關(guān)系、三角形中位線定理，考查了分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．