Question

4．在單位正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，M、N、P分別是CC₁、BC，CD的中點，O為底面ABCD的中心．
（1）求證：A₁P⊥MN；
（2）求證：OM⊥平面A₁BD；
（3）求證：平面MNP∥平面B₁D₁A．

Answer 1

分析 （1）以A為坐標(biāo)原點，建立空間坐標(biāo)系，分別求出A₁P和MN的方向向量，進(jìn)而可證得：A₁P⊥MN；
（2）利用向量法，可得$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{{A}_{1}B}$，$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{{A}_{1}D}$，結(jié)合線面垂直的判定定理可得：OM⊥平面A₁BD；
（3）利用三角形的中位線性質(zhì)及公理4，證明PN∥BD，證得PN∥面A₁DB．同理可證MN∥面A₁DB，再由PN 和MN 是平面MNP內(nèi)的兩條相交直線，利用平面和平面平行的判定定理證得結(jié)論成立．

解答 解：以A為坐標(biāo)原點，建立空間坐標(biāo)系如下圖所示：

證明：（1）則A₁（0，0，1），P（$\frac{1}{2}$，1，0），M（1，1，$\frac{1}{2}$），N（1，$\frac{1}{2}$，0），
則$\overrightarrow{{A}_{1}P}$=（$\frac{1}{2}$，1，-1），$\overrightarrow{MN}$=（0，-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
故$\overrightarrow{{A}_{1}P}$•$\overrightarrow{MN}$=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$=0，
故$\overrightarrow{{A}_{1}P}$⊥$\overrightarrow{MN}$，
即A₁P⊥MN；
（2）∵O（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），B（1，0，0），D（0，1，0），
∴$\overrightarrow{OM}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=（1，0，-1），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（0，1，-1），
故$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{{A}_{1}B}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$=0，$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$=0，
故$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{{A}_{1}B}$，$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{{A}_{1}D}$，
即OM⊥A₁B且OM⊥A₁D，
又∵A₁B，A₁D?平面A₁BD，A₁B∩A₁D=A₁，
∴OM⊥平面A₁BD；
（3）在正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，M，N，P分別是C₁C，B₁C₁，C₁D的中點，連接B₁D₁，B₁C，
∵PN∥B₁D₁，BD∥B₁D₁ ，
∴PN∥BD．
而BD?面A₁BD，PN?面A₁DB，
∴PN∥面A₁DB．
同理可證MN∥面A₁DB．
再由PN 和MN 是平面MNP內(nèi)的兩條相交直線可得平面MNP∥平面A₁BD

點評 本題考查的知識點直線垂直的判定，直線與平面垂直的判定，平面與平面平行的判定，是空間直線與平面位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，難度中檔．