Question

17．如圖，在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，側(cè)棱AA₁的長為3，底面ABCD是邊長為2的正方形，E是棱BC的中點．
（Ⅰ）求證：BD₁∥平面C₁DE；
（Ⅱ）求二面角C₁-DE-C的正切值；
（Ⅲ）在側(cè)棱BB₁上是否存在點P，使得CP⊥平面C₁DE？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 以點D為原點，$\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DC}，\overrightarrow{D{D_1}}$分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系D-xyz，求出相關(guān)點的坐標．（Ⅰ）求出平面C₁DE的一個法向量，$\overrightarrow{B{D_1}}=（-2，-2，3）$，通過數(shù)量積為0，推出BD₁∥平面C₁DE；
（Ⅱ）求出平面ABCD的一個法向量，利用向量的數(shù)量積求解夾角的余弦函數(shù)值，然后求解二面角C₁-DE-C的正切值．
（Ⅲ）假設(shè)側(cè)棱BB₁上是否存在點P，使得CP⊥平面C₁DE，設(shè)P（2，2，t），利用$\overrightarrow{CP}$與$\overrightarrow n$共線，列出不等式組，求解即可．

解答 解：以點D為原點，$\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DC}，\overrightarrow{D{D_1}}$分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系D-xyz，則B（2，2，0），C（0，2，0），C₁（0，2，3），D₁（1，2，0），∵DC⊥AD是棱△ABC的中點，
∴E（1，2，0），$\overrightarrow{D{C_1}}=（0，2，3），\overrightarrow{DE}=（1，2，0）$
（Ⅰ）設(shè)平面C₁DE的一個法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{DE}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{D{C_1}}=0\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}2y+3z=0\\ x+2y=0\end{array}\right.⇒\overrightarrow n=（6，-3，2）$，
∵$\overrightarrow{B{D_1}}=（-2，-2，3）$，∴$\overrightarrow n•\overrightarrow{DE}=-2×6+2×3+3×2=0$，
∴$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{DE}$，又DE?平面C₁DE，∴BD₁∥平面C₁DE；
（Ⅱ）平面ABCD的一個法向量為$\overrightarrow{C{C_1}}=（0，0，3）$，
∴$cos＜\overrightarrow{C{C_1}}，\overrightarrow n＞=\frac{{\overrightarrow{C{C_1}}•\overrightarrow n}}{{|\overrightarrow{C{C_1}}|•|\overrightarrow n|}}=\frac{2}{7}$，$sin＜\overrightarrow{C{C_1}}，\overrightarrow n＞=\frac{{3\sqrt{5}}}{7}$，$tan＜\overrightarrow{C{C_1}}，\overrightarrow n＞=\frac{{3\sqrt{5}}}{2}$，
∴二面角C₁-DE-C的正切值為$\frac{{3\sqrt{5}}}{2}$；
（Ⅲ）假設(shè)側(cè)棱BB₁上是否存在點P，使得CP⊥平面C₁DE，設(shè)P（2，2，t），則$\overrightarrow{CP}=（2，0，t）$，且$\overrightarrow{CP}$與$\overrightarrow n$共線，
∴存在實數(shù)λ使得$\overrightarrow{CP}=λ\overrightarrow n$，即$\left\{\begin{array}{l}2=6λ\\ 0=-3λ\\ t=2λ\end{array}\right.⇒$這樣的λ不存在，
∴在側(cè)棱BB₁上不存在點P，使得CP⊥平面C₁DE．

點評 本題考查直線與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面鏡的求法，直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計算能力．