Question

15．如圖，在四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是矩形，且AD=2CD=2，AA₁=2，∠A₁AD=$\frac{π}{3}$．若O為AD的中點，且CD⊥A₁O
（Ⅰ）求證：A₁O⊥平面ABCD；
（Ⅱ）線段BC上是否存在一點P，使得二面角D-A₁A-P為$\frac{π}{6}$？若存在，求出BP的長；不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明A₁O⊥AD，A₁O⊥CD，利用直線與平面垂直的判定定理證明A₁O⊥平面ABCD．
（Ⅱ）過O作Ox∥AB，以O為原點，建立空間直角坐標系O-xyz，設P（1，m，0）m∈[-1，1]，求出平面A₁AP的法向量，平面A₁ADD₁的法向量，利用二面角與向量的數量積求解m即可．

解答 滿分（13分）．
（Ⅰ）證明：∵∠A₁AD=$\frac{π}{3}$，且AA₁=2，AO=1，
∴A₁O=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}-2×2×1×cos\frac{π}{3}}$=$\sqrt{3}$，…（2分）
∴${A}_{1}{O}^{2}$+AD²=AA₁²，
∴A₁O⊥AD．…（3分）
又A₁O⊥CD，且CD∩AD=D，
∴A₁O⊥平面ABCD．…（5分）
（Ⅱ）解：過O作Ox∥AB，以O為原點，建立空間直角坐標系O-xyz（如圖），
則A（0，-1，0），A₁（0，0，$\sqrt{3}$），…（6分）
設P（1，m，0）m∈[-1，1]，平面A₁AP的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
∵$\overrightarrow{{AA}_{1}}$=$（0，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{AP}$=（1，m+1，0），
且$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{AA}_{1}}=y+\sqrt{3}z=0\\ \overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AP}=x+（m+1）y=0\end{array}\right.$
取z=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=$（\sqrt{3}（m+1），-\sqrt{3}，1）$．…（8分）
又A₁O⊥平面ABCD，A₁O?平面A₁ADD₁
∴平面A₁ADD₁⊥平面ABCD．
又CD⊥AD，且平面A₁ADD₁∩平面ABCD=AD，
∴CD⊥平面A₁ADD₁．
不妨設平面A₁ADD₁的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（1，0，0）．…（10分）
由題意得$|cos＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞|$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\left|\frac{\sqrt{3}（m+1）}{\sqrt{3（m+1）^{2}+3+1}•1}\right|$，…（12分）
解得m=1或m=-3（舍去）．
∴當BP的長為2時，二面角D-A₁A-P的值為$\frac{π}{6}$．…（13分）

點評 本小題主要考查直線與平面的位置關系，二面角的大小等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、數形結合思想．