Question

1．在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，CA=CB，AA₁=$\sqrt{2}$AB，D是AB的中點(diǎn)
（1）求證：BC₁∥平面A₁CD；
（2）若點(diǎn)P在線段BB₁上，且BP=$\frac{1}{4}$BB₁，求證：AP⊥平面A₁CD．

Answer 1

分析 （1）連接AC₁，設(shè)與CA₁ 交于O點(diǎn)，連接OD，由O為AC₁ 的中點(diǎn)，D是AB的中點(diǎn)，可得OD∥BC₁，即可證明BC₁∥平面A₁CD．
（2）法一：設(shè)AB=x，則證明△ABP∽△ADA₁，可得AP⊥A₁D，又由線面垂直的性質(zhì)可得CD⊥AP，從而可證AP⊥平面A₁CD；
法二：由題意，取A₁B₁ 的中點(diǎn)O，連接OC₁，OD，分別以O(shè)C₁，OA₁，OD為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OA₁=a，OC₁=b，由題意可得各點(diǎn)坐標(biāo)，可求$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（b，-a，2$\sqrt{2}a$），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（0．-a，2$\sqrt{2}a$），$\overrightarrow{AP}$=（0，-2a，-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$），由$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=0，$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=0，即可證明AP⊥平面A₁CD．

解答 證明：（1）如圖，連接AC₁，設(shè)與CA₁ 交于O點(diǎn)，連接OD
∴直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，O為AC₁ 的中點(diǎn)，
∵D是AB的中點(diǎn)，
∴△ABC₁中，OD∥BC₁，
又∵OD?平面A₁CD，
∴BC₁∥平面A₁CD．
（2）法一：由題意，設(shè)AB=x，則BP=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x，AD=$\frac{1}{2}$x，A₁A=$\sqrt{2}$x，
由于$\frac{BP}{AD}=\frac{AB}{A{A}_{1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴△ABP∽△ADA₁，可得∠BAP=∠AA₁D，
∵∠DA₁A+∠ADA₁=90°，可得：AP⊥A₁D，
又∵CD⊥AB，CD⊥BB₁，可得CD⊥平面ABA₁B₁，
∴CD⊥AP，
∴AP⊥平面A₁CD．
法二：由題意，取A₁B₁ 的中點(diǎn)O，連接OC₁，OD，分別以O(shè)C₁，
OA₁，OD為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OA₁=a，OC₁=b，
則：由題意可得各點(diǎn)坐標(biāo)為：A₁（0，a，0），C（b，0，2$\sqrt{2}$a），
D（0，0，2$\sqrt{2}a$），P（0，-a，$\frac{3\sqrt{2}a}{2}$），A（0，a，2$\sqrt{2}a$），
可得：$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（b，-a，2$\sqrt{2}a$），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（0．-a，2$\sqrt{2}a$），
$\overrightarrow{AP}$=（0，-2a，-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$），
所以：由$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=0，可得：AP⊥A₁C，由$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=0，
可得：AP⊥A₁D，
又：A₁ C∩A₁ D=A₁，
所以：AP⊥平面A₁CD

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了直線與平面平行的判定，直線與平面垂直的判定，考查了空間想象能力和推理論證能力，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用，屬于中檔題．