Question

已知圓柱OO₁底面半徑為1，高為π，ABCD是圓柱的一個(gè)軸截面．動點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)沿著圓柱的側(cè)面到達(dá)點(diǎn)D，其距離最短時(shí)在側(cè)面留下的曲線Γ如圖所示．將軸截面ABCD繞著軸OO₁逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ（0＜θ＜π）后，邊B₁C₁與曲線Γ相交于點(diǎn)P．
（1）求曲線Γ長度；
（2）當(dāng)θ=

π

2

時(shí)，求點(diǎn)C₁到平面APB的距離；
（3）是否存在θ，使得二面角D-AB-P的大小為

π

4

？若存在，求出線段BP的長度；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）將圓柱一半展開后底面的半個(gè)圓周變成長方形的邊BA，曲線Γ就是對角線BD，從而可求曲線Γ長度；
（2）當(dāng)θ=

π

2

時(shí)，點(diǎn)B₁恰好為AB的中點(diǎn)，所以P為B₁C₁中點(diǎn)，故點(diǎn)C₁到平面APB的距離與點(diǎn)B₁到平面APB的距離相等．
（3）由于二面角D-AB-B₁為直二面角，故只要考查二面角P-AB-B₁是否為

π

4

即可．

解答：解：（1）將圓柱一半展開后底面的半個(gè)圓周變成長方形的邊BA，曲線Γ就是對角線BD．
由于AB=πr=π，AD=π，所以這實(shí)際上是一個(gè)正方形．
所以曲線Γ的長度為BD=

2

π．
（2）當(dāng)θ=

π

2

時(shí)，點(diǎn)B₁恰好為AB的中點(diǎn)，所以P為B₁C₁中點(diǎn)，
故點(diǎn)C₁到平面APB的距離與點(diǎn)B₁到平面APB的距離相等．
連接AP、BP，OP．
由AB⊥B₁P且AB⊥A₁B₁知：AB⊥平面APB，從而平面A₁B₁P⊥平面APB．
作B₁H⊥OP于H，則B₁H⊥平面APB，所以B₁H即為點(diǎn)B₁到平面APB的距離．
在Rt△OB₁P中，OB1=1，B1P=

BB1

=

π

2

，
所以OP=

12+( π 2 )2

=

π2+4

2

．
于是：B1H=

OB1×B1P

OP

=

1× π 2

π2+4 2

=

π

π2+4

．
所以，點(diǎn)C₁到平面APB的距離為

π

π2+4

．
（3）由于二面角D-AB-B₁為直二面角，故只要考查二面角P-AB-B₁是否為

π

4

即可．
過B₁作B₁Q⊥AB于Q，連接PQ．
由于B₁Q⊥AB，B₁P⊥AB，所以AB⊥平面B₁PQ，所以AB⊥PQ．
于是∠PQB₁即為二面角P-AB-B₁的平面角．
在Rt△PB₁Q中，B1Q=sinθ，B1P=

BB1

=θ．
若∠PQB1=

π

4

，則需B₁P=B₁Q，即sinθ=θ．
令f（x）=sinx-x（0＜x＜π），則f′（x）=cosx-1＜0，
故f（x）在（0，π）單調(diào)遞減．
所以f（x）＜f（0）=0，即sinx＜x在（0，π）上恒成立．
故不存在θ∈（0，π），使sinθ=θ．
也就是說，不存在θ∈（0，π），使二面角D-AB-B₁為

π

4

．

點(diǎn)評：本題考查點(diǎn)到平面距離的計(jì)算，考查面面角，考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．