Question

1．在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，CA=CB，AA₁=$\sqrt{2}$AB，D是AB的中点
（1）求证：BC₁∥平面A₁CD；
（2）若点P在线段BB₁上，且BP=$\frac{1}{4}$BB₁，求证：AP⊥平面A₁CD．

Answer 1

分析 （1）连接AC₁，设与CA₁ 交于O点，连接OD，由O为AC₁ 的中点，D是AB的中点，可得OD∥BC₁，即可证明BC₁∥平面A₁CD．
（2）法一：设AB=x，则证明△ABP∽△ADA₁，可得AP⊥A₁D，又由线面垂直的性质可得CD⊥AP，从而可证AP⊥平面A₁CD；
法二：由题意，取A₁B₁ 的中点O，连接OC₁，OD，分别以OC₁，OA₁，OD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OA₁=a，OC₁=b，由题意可得各点坐标，可求$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（b，-a，2$\sqrt{2}a$），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（0．-a，2$\sqrt{2}a$），$\overrightarrow{AP}$=（0，-2a，-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$），由$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=0，$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=0，即可证明AP⊥平面A₁CD．

解答 证明：（1）如图，连接AC₁，设与CA₁ 交于O点，连接OD
∴直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，O为AC₁ 的中点，
∵D是AB的中点，
∴△ABC₁中，OD∥BC₁，
又∵OD?平面A₁CD，
∴BC₁∥平面A₁CD．
（2）法一：由题意，设AB=x，则BP=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x，AD=$\frac{1}{2}$x，A₁A=$\sqrt{2}$x，
由于$\frac{BP}{AD}=\frac{AB}{A{A}_{1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴△ABP∽△ADA₁，可得∠BAP=∠AA₁D，
∵∠DA₁A+∠ADA₁=90°，可得：AP⊥A₁D，
又∵CD⊥AB，CD⊥BB₁，可得CD⊥平面ABA₁B₁，
∴CD⊥AP，
∴AP⊥平面A₁CD．
法二：由题意，取A₁B₁ 的中点O，连接OC₁，OD，分别以OC₁，
OA₁，OD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OA₁=a，OC₁=b，
则：由题意可得各点坐标为：A₁（0，a，0），C（b，0，2$\sqrt{2}$a），
D（0，0，2$\sqrt{2}a$），P（0，-a，$\frac{3\sqrt{2}a}{2}$），A（0，a，2$\sqrt{2}a$），
可得：$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=（b，-a，2$\sqrt{2}a$），$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=（0．-a，2$\sqrt{2}a$），
$\overrightarrow{AP}$=（0，-2a，-$\frac{\sqrt{2}a}{2}$），
所以：由$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}C}$=0，可得：AP⊥A₁C，由$\overrightarrow{AP}$•$\overrightarrow{{A}_{1}D}$=0，
可得：AP⊥A₁D，
又：A₁ C∩A₁ D=A₁，
所以：AP⊥平面A₁CD

点评 本题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用，属于中档题．