Question

11．如圖，長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=2，BC=CC₁=1，點P是棱CD上的一點，DP=λ．
（Ⅰ）當$λ=\frac{3}{2}$時，求證：A₁C⊥平面PBC₁；
（Ⅱ）當直線A₁C與平面PBC₁所成角的正切值為$2\sqrt{2}$時，求λ的值．

Answer 1

分析 （I）連接AC，B₁C，AD．可證BC₁⊥平面A₁DCB₁，BP⊥平面A₁AC，于是BC₁⊥A₁C，BP⊥A₁C，故而A₁C⊥平面PBC₁；
（II）以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，求出平面PBC₁的法向量$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞|=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$解出λ．

解答 證明：（Ⅰ）連接AC，B₁C，AD．
∵CD⊥平面BCC₁B₁，BC₁?平面BCC₁B₁，
∴CD⊥BC₁，
∵BC=CC₁=1，∴四邊形BCC₁B₁是正方形，
∴BC₁⊥B₁C，又B₁C∩CD=C，
∴BC₁⊥平面A₁DCB₁，
∴BC₁⊥A₁C，
當$λ=\frac{3}{2}$時，$CP=\frac{1}{2}$，$\frac{AD}{DC}=\frac{CP}{CB}=\frac{1}{2}$，
∴△ADC∽△PCB，∴∠ACD=∠PBC，
∴∠ACB+∠PBC=∠ACB+∠ACD=90°，
∴BP⊥AC．
∵AA₁⊥平面ABCD，BP?平面ABCD，
∴BP⊥AA₁，又AA₁∩AC=A，
∴BP⊥平面A₁AC，
∴BP⊥A₁C，又BC₁?平面BPC₁，BP?平面BPC₁，BC₁∩BP=B，
∴A₁C⊥平面PBC₁．
（Ⅱ）以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD₁為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則A₁（1，0，1），C（0，2，0），P（0，λ，0），B（1，2，0），C₁（0，2，1）．
∴$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（-1，2，-1），$\overrightarrow{PB}$=（1，2-λ，0），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（-1，0，1）．
設(shè)平面PBC₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{x+（2-λ）y=0}\\{-x+z=0}\end{array}\right.$，令y=1得$\overrightarrow{n}$=（λ-2，1，λ-2）．
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}C}$=6-2λ．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{A}_{1}C}$＞=$\frac{6-2λ}{\sqrt{6}\sqrt{2（λ-2）^{2}+1}}$．
設(shè)直線A₁C與平面PBC₁所成角為α，則tanα=$2\sqrt{2}$，∴sinα=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．
∴$\frac{6-2λ}{\sqrt{6}\sqrt{2（λ-2）^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．解得λ=1．

點評 本題考查了線面垂直的判定，空間向量的應(yīng)用，線面角的計算，屬于中檔題．