Question

如圖，M、N、P分別是正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱AB、BC、DD₁上的點(diǎn)．
（1）若

BM

MA

=

BN

NC

，求證：無(wú)論點(diǎn)P在D₁D上如何移動(dòng)，總有BP⊥MN；
（2）若D₁P：PD=1：2，且PB⊥平面B₁MN，求二面角M-B₁N-B的余弦值；
（3）棱DD₁上是否總存在這樣的點(diǎn)P，使得平面APC₁⊥平面ACC₁？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析：（1）連接AC、BD，根據(jù)正方形的性質(zhì)得BD⊥AC，又由

BM

MA

=

BN

NC

，可得MN∥AC，故BD⊥MN，再由正方體的性質(zhì)可得DD₁⊥平面ABCD，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)及線面垂直的判定，易得無(wú)論點(diǎn)P在D₁D上如何移動(dòng)，總有BP⊥MN；
（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DC、DD₁所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，AM=NC=t，分別求出平面MNB₁的法向量和平面BB₁N的法向量，代入向量夾角公式即可得到二面角M-B₁N-B的余弦值；
（3）由已知中BD⊥AC，BD⊥CC₁，易根據(jù)線面垂直的判定定理得到BD⊥平面ACC₁．取BD₁的中點(diǎn)E，連PE，根據(jù)線面垂直的判定定理得PE⊥平面ACC₁．再由面面垂直的判定定理即可得到平面APC₁⊥平面ACC₁．

解答：證明：（1）連接AC、BD，則BD⊥AC，
∵

BM

MA

=

BN

NC

，
∴MN∥AC，∴BD⊥MN．
又∵DD₁⊥平面ABCD，
∴DD₁⊥MN，
∵BD∩DD₁=D，∴MN⊥平面BDD₁．
又P無(wú)論在DD₁上如何移動(dòng)，總有BP?平面BDD₁，
∴無(wú)論點(diǎn)P在D₁D上如何移動(dòng)，總有BP⊥MN．
（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA、DC、DD₁所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，AM=NC=t，
則M（1，t，0），N（t，1，0），B₁（1，1，1），
P（0，0，

2

3

），B（1，1，0），A（1，0，0），
∵=（0，1-t，1），
B=(-1，-1，

2

3

)
又∵BP⊥平面MNB₁，
∴•B=0，
即t-1+

2

3

=0，∴t=

1

3

，
∴=（0，

2

3

，1），
M=（-

2

3

，

2

3

，0）．
設(shè)平面MNB₁的法向量n=（x，y，z），
由，
得x=y，z=-

2

3

y．
令y=3，則n=（3，3，-2）．
∵AB⊥平面BB₁N，
∴AB是平面BB₁N的一個(gè)法向量，AB=（0，1，0）．
設(shè)二面角M-B₁N-B的大小為θ，
∴cos＜n，A＞
=

|(3，3，-2)•(0，1，0)|

22

=

3 22

22

．
則二面角M-B₁N-B的余弦值為

3 22

22

．
（3）存在點(diǎn)P，且P為DD₁的中點(diǎn)，
使得平面APC₁⊥平面ACC₁．
證明：∵BD⊥AC，BD⊥CC₁，
∴BD⊥平面ACC₁．
取BD₁的中點(diǎn)E，連PE，
則PE∥BD，
∴PE⊥平面ACC₁．
∵PE?平面APC₁，
∴平面APC₁⊥平面ACC₁．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是二面角的平面角及求法，直線與平面垂直的性質(zhì)及平面與平面垂直的判定，（1）、（3）的關(guān)鍵是熟練掌握空間線線垂直、線面垂直、面面垂直之間的相互轉(zhuǎn)化，（2）的關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)目臻g坐標(biāo)系，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量夾角問(wèn)題．