Question

20．如图，在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠DAB=$\frac{π}{2}$，AB=2$\sqrt{3}$，BC=2，AD=3，平面ABD₁与棱CC₁交于点P．
（Ⅰ）求证：BP∥AD₁；
（Ⅱ）若直线A₁P与平面BDP所成角的正弦值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，求AA₁的长．

Answer 1

分析 （I）由BC∥AD，CC₁∥DD₁，可得平面BCC₁B₁∥平面ADD₁A₁，根据面面平行的性质得出BP∥AD₁．
（II）以A为原点建立空间坐标系，设AA₁=h，求出$\overrightarrow{{A}_{1}P}$和平面BDP的法向量$\overrightarrow{n}$，令|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{A}_{1}P}$＞|=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$解出h．

解答 证明：（I∵∠ABC=∠DAB=$\frac{π}{2}$，
∴BC∥AD，
又CC₁∥DD₁，BC∩CC₁=C，AD∩DD₁=D，
∴平面BCC₁B₁∥平面ADD₁A₁，
∵平面ABPD₁∩平面BCC₁B₁=BP，平面ABPD₁∩平面ADD₁A₁=AD₁，
∴BP∥AD₁．
（II）以A为原点，AB，AD，AA₁为坐标轴建立空间坐标系，
设AA₁=h，则A₁（0，0，h），B（2$\sqrt{3}$，0，0），P（2$\sqrt{3}$，2，$\frac{2}{3}h$），D（0，3，0），
∴$\overrightarrow{{A}_{1}P}$=（2$\sqrt{3}$，2，-$\frac{1}{3}h$），$\overrightarrow{BD}$=（-2$\sqrt{3}$，3，0），$\overrightarrow{BP}$=（0，2，$\frac{2}{3}h$），
设平面BDP的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{3}x+3y=0}\\{2y+\frac{2}{3}hz=0}\end{array}\right.$，令z=3得$\overrightarrow{n}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}h$，-h，3）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{{A}_{1}P}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}_{1}P}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{{A}_{1}P}|}$=$\frac{-6h}{\sqrt{16+\frac{{h}^{2}}{9}}\sqrt{\frac{7}{4}{h}^{2}+9}}$．
∴|$\frac{-6h}{\sqrt{16+\frac{{h}^{2}}{9}}\sqrt{\frac{7}{4}{h}^{2}+9}}$|=$\frac{3\sqrt{10}}{10}$，
解得h=6或h=$\frac{12\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查了面面平行的判定与性质，空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题．