Question

6．如圖，已知四棱臺(tái)ABCD-A₁B₁C₁D₁的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形，AA₁=6，且AA₁⊥底面ABCD，點(diǎn)P、Q分別在棱DD₁、BC上．
（1）若P是DD₁的中點(diǎn)，證明：AB₁⊥PQ；
（2）若PQ∥平面ABB₁A₁，二面角P-QD-A的余弦值為$\frac{3}{7}$，求四面體ADPQ的體積．

Answer 1

分析 （1）首先以A為原點(diǎn)，AB，AD，AA₁所在直線(xiàn)分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出一些點(diǎn)的坐標(biāo)，Q在棱BC上，從而可設(shè)Q（6，y₁，0），只需求$\overrightarrow{A{B}_{1}}•\overrightarrow{PQ}=0$即可；
（2）設(shè)P（0，y₂，z₂），根據(jù)P在棱DD₁上，從而由$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{D{D}_{1}}$即可得到z₂=12-2y₂，從而表示點(diǎn)P坐標(biāo)為P（0，y₂，12-2y₂）．由PQ∥平面ABB₁A₁便知道$\overrightarrow{PQ}$與平面ABB₁A₁的法向量垂直，從而得出y₁=y₂，從而Q點(diǎn)坐標(biāo)變成Q（6，y₂，0），設(shè)平面PQD的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PQ}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DQ}=0}\end{array}\right.$即可表示$\overrightarrow{n}=（\frac{{y}_{2}-6}{3}，2，1）$，平面AQD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{A{A}_{1}}$，從而由$cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{A{A}_{1}}＞=\frac{3}{7}$即可求出y₂，從而得出P點(diǎn)坐標(biāo)，從而求出三棱錐P-AQD的高，而四面體ADPQ的體積等于三棱錐P-AQD的體積，從而求出四面體的體積．

解答 解：根據(jù)已知條件知AB，AD，AA₁三直線(xiàn)兩兩垂直，所以分別以這三直線(xiàn)為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則：
A（0，0，0），B（6，0，0），D（0，6，0），A₁（0，0，6），B₁（3，0，6），D₁（0，3，6）；
Q在棱BC上，設(shè)Q（6，y₁，0），0≤y₁≤6；
∴（1）證明：若P是DD₁的中點(diǎn)，則P$（0，\frac{9}{2}，3）$；
∴$\overrightarrow{PQ}=（6，{y}_{1}-\frac{9}{2}，-3）$，$\overrightarrow{A{B}_{1}}=（3，0，6）$；
∴$\overrightarrow{A{B}_{1}}•\overrightarrow{PQ}=0$；
∴$\overrightarrow{A{B}_{1}}⊥\overrightarrow{PQ}$；
∴AB₁⊥PQ；
（2）設(shè)P（0，y₂，z₂），y₂，z₂∈[0，6]，P在棱DD₁上；
∴$\overrightarrow{DP}=λ\overrightarrow{D{D}_{1}}$，0≤λ≤1；
∴（0，y₂-6，z₂）=λ（0，-3，6）；
∴$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{2}-6=-3λ}\\{{z}_{2}=6λ}\end{array}\right.$；
∴z₂=12-2y₂；
∴P（0，y₂，12-2y₂）；
∴$\overrightarrow{PQ}=（6，{y}_{1}-{y}_{2}，2{y}_{2}-12）$；
平面ABB₁A₁的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{AD}=（0，6，0）$；
∵PQ∥平面ABB₁A₁；
∴$\overrightarrow{PQ}•\overrightarrow{AD}$=6（y₁-y₂）=0；
∴y₁=y₂；
∴Q（6，y₂，0）；
設(shè)平面PQD的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，則：
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PQ}=6x+（2{y}_{2}-12）z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DQ}=6x+（{y}_{2}-6）y=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{6-{y}_{2}}{3}z}\\{y=2z}\end{array}\right.$，取z=1，則$\overrightarrow{n}=（\frac{6-{y}_{2}}{3}，2，1）$；
又平面AQD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{A{A}_{1}}=（0，0，6）$；
又二面角P-QD-A的余弦值為$\frac{3}{7}$；
∴$cos＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{A{A}_{1}}＞=\frac{6}{6\sqrt{（\frac{{y}_{2}-6}{3}）^{2}+5}}=\frac{3}{7}$；
解得y₂=4，或y₂=8（舍去）；
∴P（0，4，4）；
∴三棱錐P-ADQ的高為4，且${S}_{ADQ}=\frac{1}{2}×6×6=18$；
∴V_{四面體ADPQ}=V_{三棱錐P-ADQ}=$\frac{1}{3}•18•4=24$．

點(diǎn)評(píng) 考查建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決異面直線(xiàn)垂直及線(xiàn)面角問(wèn)題的方法，共線(xiàn)向量基本定理，直線(xiàn)和平面平行時(shí)，直線(xiàn)和平面法向量的關(guān)系，平面法向量的概念，以及兩平面法向量的夾角和平面二面角大小的關(guān)系，三棱錐的體積公式．