Question

8．如圖，正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=2，AA₁=3，D為C₁B的中點(diǎn)，P為AB邊上的動(dòng)點(diǎn)．
（1）當(dāng)點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)時(shí)，證明：DP∥平面ACC₁A₁；
（2）若AP=3PB，求三棱錐B-CDP的體積；
（3）求二面角C-A₁D-A的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連接DP、AC₁，在△ABC₁中根據(jù)中位線定理，得DP∥AC₁，結(jié)合線面平行的判定定理，得DP∥平面ACC₁A₁；
（2）過點(diǎn)D作DE⊥BC于E，結(jié)合DE∥CC₁且DE=$\frac{1}{2}$CC₁，得三棱錐B-CDP的高DE=$\frac{3}{2}$，結(jié)合△BCP的面積和錐體體積公式，可算出三棱錐B-CDP的體積．
（3）以AB的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OC、OB、過點(diǎn)O平行AA₁的直線分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
求出平面CA₁D的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$，平面AA₁D的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$，cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=-$\frac{3}{4}$．即可．

解答 解：（1）連接DP、AC₁，
∵△ABC₁中，P、D分別為AB、BC₁中點(diǎn)，∴DP∥AC₁，
∵AC₁?平面ACC₁A₁，DP?平面ACC₁A₁，
∴DP∥平面ACC₁A₁
（2）由AP=3PB，得PB=$\frac{1}{4}$AB=$\frac{1}{2}$
過點(diǎn)D作DE⊥BC于E，則DE∥CC₁且DE=$\frac{1}{2}$CC₁
又∵CC₁⊥平面ABC，∴DE⊥平面BCP
∵CC₁=3，∴DE=$\frac{3}{2}$
∵S_△BCP=$\frac{1}{2}$×2×$\frac{1}{2}$×sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{4}$
∴三棱錐B-CDP的體積V=$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×\frac{3}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{8}$．
（3）如圖，以AB的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OB、OC、過點(diǎn)O平行AA₁的直線分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
A（-1，0，0），A₁（-1，0，3），C（0，$\sqrt{3}$，0），D（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$）．
設(shè)平面CA₁D的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=（x，y，z）$
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{C{A}_{1}}=-x-\sqrt{3}y+3z=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{CD}=\frac{1}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$解得x=0，y=$\sqrt{3}z$．
∴平面CA₁D的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=（0，\sqrt{3}，1）$．
設(shè)平面AA₁D的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（x，y，z）$，
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{A{A}_{1}}=z=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AD}=\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y+\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$解得$z=0，y=-\sqrt{3}x$，
∴平面AA₁D的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（1，-\sqrt{3}，0）$．
cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=-$\frac{3}{4}$．
二面角C-A₁D-A的余弦值為$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題著重考查了線面平行的判定、線面垂直的性質(zhì)和錐體體積公式、二面角有關(guān)的立體幾何綜合題等知識(shí)，屬于中檔題