Question

12．如圖，ABCD-A₁B₁C₁D₁是四棱柱，側(cè)棱AA₁⊥底面ABCD，底面ABCD是梯形，AB=BC=CD=1，AD=AA₁=2．
（Ⅰ）求證：平面BDD₁B₁⊥平面ABB₁A₁；
（Ⅱ）E是底面A₁B₁C₁D₁所在平面上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，DE與平面C₁BD夾角的正弦值為$\frac{4}{{\sqrt{17}}}$，試判斷動(dòng)點(diǎn)E在什么樣的曲線上．

Answer 1

分析 （I）取AD的中點(diǎn)F，連接BF，根據(jù)各線段長(zhǎng)度可得四邊形BCDF是菱形，△ABF是正三角形，利用菱形性質(zhì)及三角形性質(zhì)即可得出∠ABD=90°，即AB⊥BD，從而BD⊥平面ABB₁A₁，于是平面BDD₁B₁⊥平面ABB₁A₁；
（II）以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)E（x，y，2），求出$\overrightarrow{DE}$和平面C₁BD的法向量為$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DE}$＞|=$\frac{4}{\sqrt{17}}$得出E點(diǎn)的軌跡方程．

解答 證明：（Ⅰ）取AD的中點(diǎn)F，連接BF，則AB=BC=CD=AF=DF=1，
∴四邊形BCDF是菱形，△ABF是正三角形，
∴∠ABF=∠AFB=60°，∠FBD=∠FDB，
∵∠FBD+∠FDB=∠AFB=60°，
∴∠FBD=∠FDB=30°，
∴∠ABD=∠ABF+∠FBD=90°，∴AB⊥BD．
∵AA₁⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴AA₁⊥BD，又AA₁?平面ABB₁A₁，AB?平面ABB₁A₁，AA₁∩AB=A，
∴BD⊥平面ABB₁A₁，∵BD?平面BDD₁B₁，
∴平面BDD₁B₁⊥平面ABB₁A₁．
（Ⅱ）以B為原點(diǎn)，BD，BA，BB₁為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，
則B（0，0，0），D（$\sqrt{3}$，0，0），C₁（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，2），設(shè)E（x，y，2），
∴$\overrightarrow{BD}$=（$\sqrt{3}$，0，0），$\overrightarrow{B{C}_{1}}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，2），$\overrightarrow{DE}$=（x-$\sqrt{3}$，y，z）．
設(shè)平面C₁BD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{B{C}_{1}}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y+2z=0}\end{array}\right.$，取z=1得$\overrightarrow{n}$=（0，4，1），
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}$=4y+2．∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DE}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{DE}|}$=$\frac{4y+2}{\sqrt{17}•\sqrt{（x-\sqrt{3}）^{2}+{y}^{2}+4}}$．
∵DE與平面C₁BD夾角的正弦值為$\frac{4}{{\sqrt{17}}}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DE}$＞|=$\frac{4}{\sqrt{17}}$，即|$\frac{4y+2}{\sqrt{17}•\sqrt{（x-\sqrt{3}）^{2}+{y}^{2}+4}}$|=$\frac{4}{\sqrt{17}}$．
化簡(jiǎn)整理得，$y={（x-\sqrt{3}）^2}+\frac{15}{4}$，
∴動(dòng)點(diǎn)E的軌跡是一條拋物線．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了面面垂直的額判定，線面角的計(jì)算，空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．