Question

20．如圖，在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD為直角梯形，∠ABC=∠DAB=$\frac{π}{2}$，AB=2$\sqrt{3}$，BC=2，AD=3，平面ABD₁與棱CC₁交于點(diǎn)P．
（Ⅰ）求證：BP∥AD₁；
（Ⅱ）若直線A₁P與平面BDP所成角的正弦值為$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，求AA₁的長．

Answer 1

分析 （I）由BC∥AD，CC₁∥DD₁，可得平面BCC₁B₁∥平面ADD₁A₁，根據(jù)面面平行的性質(zhì)得出BP∥AD₁．
（II）以A為原點(diǎn)建立空間坐標(biāo)系，設(shè)AA₁=h，求出$\overrightarrow{{A}_{1}P}$和平面BDP的法向量$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{A}_{1}P}$＞|=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$解出h．

解答 證明：（I∵∠ABC=∠DAB=$\frac{π}{2}$，
∴BC∥AD，
又CC₁∥DD₁，BC∩CC₁=C，AD∩DD₁=D，
∴平面BCC₁B₁∥平面ADD₁A₁，
∵平面ABPD₁∩平面BCC₁B₁=BP，平面ABPD₁∩平面ADD₁A₁=AD₁，
∴BP∥AD₁．
（II）以A為原點(diǎn)，AB，AD，AA₁為坐標(biāo)軸建立空間坐標(biāo)系，
設(shè)AA₁=h，則A₁（0，0，h），B（2$\sqrt{3}$，0，0），P（2$\sqrt{3}$，2，$\frac{2}{3}h$），D（0，3，0），
∴$\overrightarrow{{A}_{1}P}$=（2$\sqrt{3}$，2，-$\frac{1}{3}h$），$\overrightarrow{BD}$=（-2$\sqrt{3}$，3，0），$\overrightarrow{BP}$=（0，2，$\frac{2}{3}h$），
設(shè)平面BDP的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{3}x+3y=0}\\{2y+\frac{2}{3}hz=0}\end{array}\right.$，令z=3得$\overrightarrow{n}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}h$，-h，3）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{A}_{1}P}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}P}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{{A}_{1}P}|}$=$\frac{-6h}{\sqrt{16+\frac{{h}^{2}}{9}}\sqrt{\frac{7}{4}{h}^{2}+9}}$．
∴|$\frac{-6h}{\sqrt{16+\frac{{h}^{2}}{9}}\sqrt{\frac{7}{4}{h}^{2}+9}}$|=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
解得h=6或h=$\frac{12\sqrt{7}}{7}$．

點(diǎn)評 本題考查了面面平行的判定與性質(zhì)，空間向量的應(yīng)用與線面角的計(jì)算，屬于中檔題．