Question

6．如圖，由直三棱柱ABC-A₁B₁C₁和四棱錐D-BB₁C₁C構(gòu)成的幾何體中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB₁=2，C₁D=CD=$\sqrt{5}$，平面CC₁D⊥平面ACC₁A₁．
（Ⅰ）求證：AC⊥DC₁；
（Ⅱ）若M為DC₁的中點，求證：AM∥平面DBB₁；
（Ⅲ）在線段BC上是否存在點P，使直線DP與平面BB₁D所成的角為$\frac{π}{3}$？若存在，求$\frac{BP}{BC}$的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明AC⊥CC₁，得到AC⊥平面CC₁D，即可證明AC⊥DC₁．
（Ⅱ）易得∠BAC=90°，建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，
依據(jù)已知條件可得A（0，0，0），$C（0，\sqrt{3}，0）$，${C_1}（2，\sqrt{3}，0）$，B（0，0，1），B₁（2，0，1），$D（1，\sqrt{3}，2）$，
利用向量求得AM與平面DBB₁所成角為0，即AM∥平面DBB₁．
（Ⅲ）利用向量求解

解答 解：（Ⅰ）證明：在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，CC₁⊥平面ABC，故AC⊥CC₁，
由平面CC₁D⊥平面ACC₁A₁，且平面CC₁D∩平面ACC₁A₁=CC₁，
所以AC⊥平面CC₁D，
又C₁D?平面CC₁D，所以AC⊥DC₁．
（Ⅱ）證明：在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁⊥平面ABC，
所以AA₁⊥AB，AA₁⊥AC，
又∠BAC=90°，所以，如圖建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，
依據(jù)已知條件可得A（0，0，0），$C（0，\sqrt{3}，0）$，${C_1}（2，\sqrt{3}，0）$，B（0，0，1），B₁（2，0，1），$D（1，\sqrt{3}，2）$，
所以$\overrightarrow{B{B_1}}=（2，0，0）$，$\overrightarrow{BD}=（1，\sqrt{3}，1）$，
設(shè)平面DBB₁的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{B{B_1}}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BD}=0\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}2x=0\\ x+\sqrt{3}y+z=0\end{array}\right.$
令y=1，則$z=-\sqrt{3}$，x=0，于是$\overrightarrow n=（0，1，-\sqrt{3}）$，
因為M為DC₁中點，所以$M（\frac{3}{2}，\sqrt{3}，1）$，所以$\overrightarrow{AM}=（\frac{3}{2}，\sqrt{3}，1）$，
由$\overrightarrow{AM}•\overrightarrow n=（\frac{3}{2}，\sqrt{3}，1）•（0，1，-\sqrt{3}）=0$，可得$\overrightarrow{AM}⊥\overrightarrow n$，
所以AM與平面DBB₁所成角為0，
即AM∥平面DBB₁．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面BB₁D的法向量為$\overrightarrow n=（0，1，-\sqrt{3}）$．
設(shè)$\overrightarrow{BP}=λ\overrightarrow{BC}$，λ∈[0，1]，
則$P（0，\sqrt{3}λ，1-λ）$，$\overrightarrow{DP}=（-1，\sqrt{3}λ-\sqrt{3}，-1-λ）$．
若直線DP與平面DBB₁成角為$\frac{π}{3}$，則$|cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{DP}＞|=\frac{{|\overrightarrow n•\overrightarrow{DP}|}}{{|\overrightarrow n|•|\overrightarrow{DP}|}}=\frac{{|2\sqrt{3}λ|}}{{2\sqrt{4{λ^2}-4λ+5}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
解得$λ=\frac{5}{4}∉[{0，1}]$，
故不存在這樣的點．

點評 本題考查了空間線線垂直、線面平行的判定，向量法求二面角．屬于中檔題