Question

14．如圖，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁=AB=AC=1，AB⊥AC，M，N分別是棱CC₁，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線A₁B₁上．
（1）求直線PN與平面ABC所成的角最大時(shí)，線段A₁P的長(zhǎng)度；
（2）是否存在點(diǎn)P，使平面PMN與平面ABC所成的二面角為$\frac{π}{6}$，若存在，請(qǐng)指明點(diǎn)P的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)以及相關(guān)向量，
（1）求出平面ABC的一個(gè)法向量．利用向量的數(shù)量積，求解即可．
（2）設(shè)存在，$\overrightarrow{NM}=（{-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}}）$，求出平面PMN的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n}$，通過向量的數(shù)量積化簡(jiǎn)方程推出沒有實(shí)數(shù)解即可說明不存在點(diǎn)P使得平面PMN與平面ABC所成的二面角為30°．

解答 解：如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A₁（0，0，1），B₁（1，0，1），
M（0，1，$\frac{1}{2}$），N（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{{A_1}P}=λ\overrightarrow{{A_1}{B_1}}=λ（{1，0，0}）$，$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{A{A_1}}+\overrightarrow{{A_1}P}=（{λ，0，1}）$；$\overrightarrow{PN}=（{\frac{1}{2}-λ，\frac{1}{2}，-1}）$．…（2分）
（1）∵$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）是平面ABC的一個(gè)法向量．

∴$sinθ=|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{PN}＞|$=$\frac{|0+0-1|}{\sqrt{（{\frac{1}{2}-λ）}^{2}+\frac{1}{4}+1}}$=$\frac{1}{\sqrt{（λ-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{5}{4}}}$，
∴當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$時(shí)，θ取得最大值，此時(shí)$sinθ=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，tanθ=2
答：當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$時(shí)，θ取得最大值，此時(shí)tanθ=2．…（5分）
（2）設(shè)存在，$\overrightarrow{NM}=（{-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}}）$，設(shè)$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）是平面PMN的一個(gè)法向量．
則$\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0\\（\frac{1}{2}-λ）x+\frac{1}{2}y-z=0\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1+2λ}{3}x\\ z=\frac{2-2λ}{3}x\end{array}\right.$令x=3，得y=1+2λ，z=2-2λ；
∴$\overrightarrow{n}$=（3，1+2λ，2-2λ），…（7分）
∴|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$$＞|=\frac{{|{2-2λ}|}}{{\sqrt{9+{{（{1+2λ}）}^2}+{{（{2-2λ}）}^2}}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，化簡(jiǎn)得4λ²+10λ+13=0（*）
∵△=100-4×4×13=-108＜0，∴方程（*）無解，
∴不存在點(diǎn)P使得平面PMN與平面ABC所成的二面角為30°．…（10分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查向量的數(shù)量積的應(yīng)用，空間角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．