Question

如圖，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，側(cè)棱AA₁⊥底面A₁B₁C₁，∠BAC=90°，AB=AC=AA₁=1，D是棱CC₁的中點(diǎn)，P是AD的延長(zhǎng)線與A₁C₁的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：PB₁∥平面A₁BD；
（Ⅱ）求二面角A-A₁D-B的平面角的余弦值；
（Ⅲ）在直線B₁P上是否存在一點(diǎn)Q，使得DQ⊥平面A₁BD，若存在，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題,直線與平面平行的判定

專(zhuān)題：空間位置關(guān)系與距離

分析：（Ⅰ）連接AB₁，設(shè)AB₁∩A₁B=M，連接MD，由已知條件推導(dǎo)出Rt△ACD≌Rt△PC₁D，從而AD=DP，進(jìn)而MD∥PB₁，由此能夠證明PB₁∥平面A₁BD．
（Ⅱ）以A₁為原點(diǎn)，A₁B₁、A₁C₁、A₁A所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A-A₁D-B的平面角的余弦值．
（Ⅲ）設(shè)存在Q，使得DQ⊥平面A₁BD，由已知條件推導(dǎo)出

n

=(2，1，-2)與

DQ

=(1-λ，-1+2λ，-

1

2

)共線，從而得到

1-λ

2

=

-1+2λ

1

=

- 1 2

-2

=

1

4

成立，但此方程關(guān)于λ無(wú)解．故在直線B₁P上不存在一點(diǎn)Q，使得DQ⊥平面A₁BD．

解答： （Ⅰ）證明：連接AB₁，設(shè)AB₁∩A₁B=M，連接MD，
∵CD=C₁D，∠ADC=∠PDC₁，
∴Rt△ACD≌Rt△PC₁D，∴AD=DP．
又∵AM=MB₁，∴MD∥PB₁，
又∵M(jìn)D?平面A₁BD，PB₁?平面A₁BD，
∴PB₁∥平面A₁BD．…（4分）
（Ⅱ）解：如圖，以A₁為原點(diǎn)，A₁B₁、A₁C₁、A₁A所在直線分別為x，y，z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
由已知得A₁（0，0，0），B₁（1，0，0），C₁（0，1，0），
B（1，0，1），D(0，1，

1

2

)，P（0，2，0），
∴

A1B

=（1，0，1），

A1D

=（0，1，

1

2

），
設(shè)平面A₁BD的一個(gè)法向量為n=（x，y，z），
則

n• A1B =x+z=0 n• A1D =y+ 1 2 z=0

，
取z=-2，得n=（2，1，-2）；
又m=

A1B1

=(1，0，0)為平面AA₁D的一個(gè)法向量，
∴cos＜m，n＞=

m•n

|m||n|

=

2

3

，
∴二面角A-A₁D-B的平面角的余弦值為

2

3

．…（8分）
（Ⅲ）解：設(shè)存在Q，使得DQ⊥平面A₁BD，
且

B1Q

=λ

B1P

=λ(-1，2，0)=(-λ，2λ，0)，
則

DQ

=

DB1

+

B1Q

=(1-λ，-1+2λ，-

1

2

)，
由DQ⊥平面A₁BD知，

DQ

也是平面A₁BD的法向量，
這樣

n

=(2，1，-2)與

DQ

=(1-λ，-1+2λ，-

1

2

)共線，
于是有

1-λ

2

=

-1+2λ

1

=

- 1 2

-2

=

1

4

成立，但此方程關(guān)于λ無(wú)解．
故在直線B₁P上不存在一點(diǎn)Q，使得DQ⊥平面A₁BD．…（13分）

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查直線與平面平行，二面角等基礎(chǔ)知識(shí)；考查空間想象能力，運(yùn)算能力和推理論證能力；考查數(shù)形結(jié)合思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想等．