Question

10．三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB⊥AC，AB=AC=2，側(cè)面BCC₁B₁為矩形，∠A₁AB=$\frac{2π}{3}$，二面角A-BC-A₁的正切值為$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求側(cè)棱AA₁的長；
（Ⅱ）側(cè)棱CC₁上是否存在點(diǎn)D，使得直線AD與平面A₁BC所成角的正切值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$，若存在，判斷點(diǎn)的位置并證明；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先根據(jù)條件得到二面角A-BC-A₁的平面角，結(jié)合余弦定理，同角的三角函數(shù)關(guān)系以及勾股定理建立方程即可求側(cè)棱AA₁的長；
（Ⅱ）建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法以及向量關(guān)系，建立方程關(guān)系進(jìn)行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）取BC的中點(diǎn)E，C₁B₁的中點(diǎn)F，則四邊形AEFA₁為平行四邊形，
∵AB=AC=2，∴AE⊥BC，
∵側(cè)面BCC₁B₁為矩形，
∴BC⊥EF，
∵EF∩AE=E，
∴BC⊥平面AEFA₁，
則BC⊥A₁E，
則∠A₁EA 是二面角A-BC-A₁的平面角，
則tan∠A₁EA=$\frac{1}{2}$，則sin∠A₁EA=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，cos∠A₁EA=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
設(shè)AA₁=x，
∵AB⊥AC，AB=AC=2，
∴CE=BE=$\sqrt{2}$，
∵∠A₁AB=$\frac{2π}{3}$，
∴A₁B²=x²+2²-2×2xcos$\frac{2π}{3}$=x²+2x+4，
又A₁E²=A₁B²-BE²=x²+2x+4-2=x²+2x+2，
在△AEA₁中x²=A₁E²+2²-2×2A₁E$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=x²+2x+2-$\frac{8\sqrt{5}}{5}$•$\sqrt{{x}^{2}+2x+2}$，
即$\frac{8\sqrt{5}}{5}$•$\sqrt{{x}^{2}+2x+2}$=2x+2，
平方整理得3x²-4x-4=0，得x=2或x=-$\frac{2}{3}$（舍），
即側(cè)棱AA₁的長為2；
（Ⅱ）建立以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA，EB，Ez分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
過A₁作AH?底面ABC，
∵AA₁=2，∴A₁B²=x²+2x+4=12，則A₁B=2$\sqrt{3}$，
A₁E=$\sqrt{{A}_{1}{B}^{2}-B{E}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
則A₁H=A₁Esin∠A₁EA=$\frac{\sqrt{5}}{5}$×$\sqrt{10}$=$\sqrt{2}$，AH=$\sqrt{2}$，
則A₁（2$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{2}$），A（$\sqrt{2}$，0，0），B（0，$\sqrt{2}$，0），C（0，-$\sqrt{2}$，0）
則$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（-2$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$），$\overrightarrow{BC}$=（0，-2$\sqrt{2}$，0），
設(shè)平面A₁BC的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=-2$\sqrt{2}$x+$\sqrt{2}$y-$\sqrt{2}$z=0，$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{BC}$=-2$\sqrt{2}$y=0，
則y=0，令x=1，則z=-2，即$\overrightarrow{m}$=（1，0，-2），
$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=$\overrightarrow{A{A}_{1}}$=（$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{2}$），
設(shè)$\overrightarrow{CD}$=m$\overrightarrow{C{C}_{1}}$=（$\sqrt{2}$m，0，$\sqrt{2}$m），0＜m＜1，
$\overrightarrow{AD}$=$\overrightarrow{AC}$+$\overrightarrow{CD}$=（-$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$，0）+（$\sqrt{2}$m，0，$\sqrt{2}$m）=（$\sqrt{2}$（m-1），-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$m），
∵AD與平面A₁BC所成角的正切值tanθ=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴sinθ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
即sinθ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=|cos＜$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{m}$＞|=|$\frac{\sqrt{2}（m-1）-2\sqrt{2}m}{\sqrt{1+4}•\sqrt{2（m-1）^{2}+2+2{m}^{2}}}$|=$\frac{\sqrt{2}（m+1）}{\sqrt{5}•2\sqrt{{m}^{2}-m+1}}$，
平方得7m²-10m+7=0，
此時判別式△=100-4×7×7=100-196=-96＜0，
則方程無解，
即在側(cè)棱CC₁上不存在點(diǎn)D，使得直線AD與平面A₁BC所成角的正切值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評 本題主要考查空間線段的長度的計(jì)算以及線面角的應(yīng)用，涉及余弦定理，勾股定理以及同角的三角函數(shù)的關(guān)系，綜合性較強(qiáng)，難度極大．