2025年2月清华大学THUSSAT测试数学 #18
如图所示，斜三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，$D$ 为 $AB$ 的中点，$D_1$ 为 $A_1 B_1$ 的中点，平面 $ABC\perp~\text{平面}~ABB_1 A_1$．
1、求证：直线 $A_1 C\parallel ~\text{平面}~BC_1 D_1$；
2、若三角形 $A_1 B_1 C_1$ 是等边三角形且边长为 $2$，侧棱 $AA_1=\dfrac{\sqrt 6}2$，且异面直线 $BC_1$ 与 $AB_1$ 互相垂直，求异面直线 $A_1 D$ 与 $BC_1$ 所成角正切值；
3、若 $AB=8$，$AC=BC=5$，$\cos\angle A_1 AB=\dfrac{\sqrt{13}}4$，若三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 有内切球，求三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 的体积．
解析
1、连接 $CD,DD_1$，则 $DD_1\parallel AA_1\parallel CC1$，且 $DD_1=AA_1=CC_1$，于是 $CD\parallel C_1D_1$，进而 $A_1DC\parallel BC_1D_1$，所以 $A_1C\parallel BC_1D_1$，命题得证．
2、建立空间直角坐标系 $D-ACz$，设 $A_1(1+m,0,n)$（$n>0$），其中 $m^2+n^2=\dfrac 32$，有 $B(1,0,0)$，$C_1(m,\sqrt 3,n)$，$A(-1,0,0)$，$B_1(-1+m,0,n)$，于是\[BC_1\perp AB_1\iff (m-1,\sqrt 3,n)\cdot (m-2,0,n)=0\iff (m-1)(m-2)+n^2=0,\]解得 $(m,n)=\left(-\dfrac 12,\dfrac{\sqrt 5}2\right)$，而\[\begin{cases} A_1\left(\dfrac 12,0,\dfrac{\sqrt 5}2\right),\\ D(0,0,0),\\ B(-1,0,0),\\ C_1\left(-\dfrac 12,\sqrt 3,\dfrac{\sqrt5}2\right),\end{cases}\implies \begin{cases} \overrightarrow{A_1D}=\left(-\dfrac 12,0,-\dfrac{\sqrt 5}2\right),\\ \overrightarrow{BC_1}=\left(\dfrac 12,\sqrt 3,\dfrac{\sqrt 5}2\right),\end{cases}\implies \cos\langle A_1D,BC_1\rangle =\dfrac{1}{\sqrt 3},\]因此所求正切值为 $\sqrt 2$．
3、建立空间直角坐标系 $D-ACz$，则\[A(4,0,0),B(-4,0,0),C(0,3,0),A_1(4+\sqrt{13}t,0,\sqrt 3t),B_1(-4+\sqrt{13}t,0,\sqrt 3t),C_1(\sqrt{13}t,3,\sqrt 3t),\]若三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 有内切球，则内切球直径为三棱柱的高，于是内切球半径 $r=\dfrac{\sqrt 3}2t$，进而内切球球心 $O\left(s,\dfrac{\sqrt 3}2t,\dfrac{\sqrt 3}2t\right)$，平面 $ACC_1A_1$ 的方程为\[\dfrac x{4}+\dfrac y{3}+\dfrac {\sqrt{13}z}{-4\sqrt 3 }=1,\]平面 $BCC_1B_1$ 的方程为\[\dfrac x{-4}+\dfrac y3+\dfrac{\sqrt{13}z}{4\sqrt 3}=1,\]因此\[\left|\dfrac 14s+\dfrac{\sqrt 3} 6t-\dfrac{\sqrt{13}}8t-1\right|=\left|-\dfrac 14s+\dfrac{\sqrt 3}6t+\dfrac{\sqrt{13}}8t-1\right|=\dfrac{\sqrt 3}2t\cdot \sqrt{\dfrac1{16}+\dfrac 19+\dfrac{13}{48}},\]解得 $s=\sqrt{\dfrac{13}3}$，$t=\dfrac{2}{\sqrt 3}$，于是三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 的高为 $2$，体积为 $24$．