Question

5．如圖，在三菱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面A₁C₁CA和平面B₁C₁CB均為正方形，B₁C₁⊥A₁C₁，M為CC₁的中點(diǎn)，B₁C₁=2，點(diǎn)D在線(xiàn)段AC上運(yùn)動(dòng)（不含端點(diǎn)A、C）．
（Ⅰ）若點(diǎn)P在棱A₁B₁上，試確定點(diǎn)P的位置，使得，MP⊥AC₁，并求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（Ⅱ）探究：是否存在點(diǎn)D，使得二面角C₁-BD-C的大小為60°．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結(jié)A₁C，取A₁C₁的中點(diǎn)N，A₁B₁的中點(diǎn)P，連結(jié)MN，PN，推導(dǎo)出B₁C₁⊥A₁C₁，PN⊥AC₁，由此能求出MP⊥AC₁，此時(shí)P是A₁B₁中點(diǎn)．
（Ⅱ）以C₁為原點(diǎn)，C₁A₁為x軸，C₁C為y軸，C₁B₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出存在點(diǎn)D（$\sqrt{2}$，2，0），使得二面角C₁-BD-C的大小為60°．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)點(diǎn)P在棱A₁B₁中點(diǎn)位置時(shí)，MP⊥AC₁，證明如下：
連結(jié)A₁C，取A₁C₁的中點(diǎn)N，A₁B₁的中點(diǎn)P，連結(jié)MN，PN，
∵M(jìn)為CC₁的中點(diǎn)，∴MN∥A₁C，PN∥B₁C₁，
∵在三菱柱ABC-A₁B₁C₁中，平面A₁C₁CA和平面B₁C₁CB均為正方形，B₁C₁⊥A₁C₁，
∴A₁C⊥AC₁，B₁C₁⊥平面A₁ACC₁，
∴MN⊥AC₁，PN⊥AC₁，
∵M(jìn)N∩PN=N，∴AC₁⊥平面PMN，
∵M(jìn)P?平面PMN，∴MP⊥AC₁，此時(shí)P是A₁B₁中點(diǎn)．
（Ⅱ）以C₁為原點(diǎn)，C₁A₁為x軸，C₁C為y軸，C₁B₁為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則C₁（0，0，0），B（0，2，2），設(shè)D（t，2，0），0＜t＜2，
則$\overrightarrow{{C}_{1}B}$=（0，2，2），$\overrightarrow{{C}_{1}D}$=（t，2，0），
設(shè)平面C₁BD的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{C}_{1}B}=2y+2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{C}_{1}D}=tx+2y=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{n}$=（-$\frac{2}{t}$，1，-1），
平面BCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，1，0），
∵二面角C₁-BD-C的大小為60°，
∴cos60°=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{\frac{4}{{t}^{2}}+2}}$=$\frac{1}{2}$，解得t=$\sqrt{2}$，
∴存在點(diǎn)D（$\sqrt{2}$，2，0），使得二面角C₁-BD-C的大小為60°．

點(diǎn)評(píng) 本題考查滿(mǎn)足結(jié)線(xiàn)垂直的點(diǎn)的位置的判斷與求法，考查滿(mǎn)足二面角為60°的點(diǎn)是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．