Question

15．如图，在四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是矩形，且AD=2CD=2，AA₁=2，∠A₁AD=$\frac{π}{3}$．若O为AD的中点，且CD⊥A₁O
（Ⅰ）求证：A₁O⊥平面ABCD；
（Ⅱ）线段BC上是否存在一点P，使得二面角D-A₁A-P为$\frac{π}{6}$？若存在，求出BP的长；不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）证明A₁O⊥AD，A₁O⊥CD，利用直线与平面垂直的判定定理证明A₁O⊥平面ABCD．
（Ⅱ）过O作Ox∥AB，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz，设P（1，m，0）m∈[-1，1]，求出平面A₁AP的法向量，平面A₁ADD₁的法向量，利用二面角与向量的数量积求解m即可．

解答 满分（13分）．
（Ⅰ）证明：∵∠A₁AD=$\frac{π}{3}$，且AA₁=2，AO=1，
∴A₁O=$\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}-2×2×1×cos\frac{π}{3}}$=$\sqrt{3}$，…（2分）
∴${A}_{1}{O}^{2}$+AD²=AA₁²，
∴A₁O⊥AD．…（3分）
又A₁O⊥CD，且CD∩AD=D，
∴A₁O⊥平面ABCD．…（5分）
（Ⅱ）解：过O作Ox∥AB，以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz（如图），
则A（0，-1，0），A₁（0，0，$\sqrt{3}$），…（6分）
设P（1，m，0）m∈[-1，1]，平面A₁AP的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
∵$\overrightarrow{{AA}_{1}}$=$（0，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{AP}$=（1，m+1，0），
且$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{AA}_{1}}=y+\sqrt{3}z=0\\ \overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AP}=x+（m+1）y=0\end{array}\right.$
取z=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=$（\sqrt{3}（m+1），-\sqrt{3}，1）$．…（8分）
又A₁O⊥平面ABCD，A₁O?平面A₁ADD₁
∴平面A₁ADD₁⊥平面ABCD．
又CD⊥AD，且平面A₁ADD₁∩平面ABCD=AD，
∴CD⊥平面A₁ADD₁．
不妨设平面A₁ADD₁的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（1，0，0）．…（10分）
由题意得$|cos＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}＞|$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\left|\frac{\sqrt{3}（m+1）}{\sqrt{3（m+1）^{2}+3+1}•1}\right|$，…（12分）
解得m=1或m=-3（舍去）．
∴当BP的长为2时，二面角D-A₁A-P的值为$\frac{π}{6}$．…（13分）

点评 本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想．