Question

1．如圖2，在三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AA₁⊥底面ABC，CC₁=AB=AC=2，∠BAC=90°，D為BC的中點．

（Ⅰ）如圖1給出了該三棱柱三視圖中的正視圖，請據(jù)此在框內(nèi)對應(yīng)位置畫出它的側(cè)視圖；
（Ⅱ）求證：A₁C∥平面AB₁D；
（Ⅲ）（文科做）若點P是線段A₁C上的動點，求三棱錐P-AB₁D的體積．
（理科做）求二面角B-AB₁-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在Rt△ABC中，AB=AC=2，BD=DC，可得AD⊥BC，AD=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{2}$．即可得出該三棱柱的左視圖如圖所示的矩形．
（Ⅱ）：連接A₁B交AB₁于點O，連接OD，可得O為A₁B的中點．利用三角形中位線定理可得：A₁C∥OD．再利用線面平行的判定定理即可證明．
（Ⅲ）（文科做）由AB=AC=2，∠BAC=90°，點D為BC的中點，可得S_△ACD=1．又點P是線段A₁C上的動點，由（Ⅱ）可知A₁C∥平面AB₁D，因此點P到平面AB₁D的距離等于點C到平面AB₁D的距離．可得${V}_{P-A{B}_{1}D}$=${V}_{C-A{B}_{1}D}$=${V}_{{B}_{1}-ACD}$．由AA₁⊥底面ABC，$B{B}_{1}\underset{∥}{=}A{A}_{1}$，可得BB₁為三棱錐B₁-ACDD的高．利用三棱錐P-AB₁D的體積=$\frac{1}{3}A{A}_{1}×{S}_{△ACD}$即可得出．
（理科做） 過點D作DH⊥AB于H，過H點作HG⊥AB₁于H，連接HD．可得DH⊥平面AB₁，AB₁⊥平面DGH，∠DGH就是二面角B-AB₁-D的平面角，再利用直角三角形的邊角關(guān)系即可得出．

解答 （Ⅰ）解：在Rt△ABC中，AB=AC=2，BD=DC，可得AD⊥BC，AD=$\frac{1}{2}$BC=$\sqrt{2}$．
∴該三棱柱的左視圖如圖所示的矩形：
（Ⅱ）證明：連接A₁B交AB₁于點O，連接OD，
則O為A₁B的中點．
又∵D為BC的中點，
∴OD是△A₁BC的中位線．
∴A₁C∥OD．
∵A₁C?平面AB₁D，OD?平面AB₁D，
∴A₁C∥平面AB₁D．
（Ⅲ）解：（文科做）∵AB=AC=2，∠BAC=90°，點D為BC的中點，
∴S_△ACD=$\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×{2}^{2}$=1．
又∵點P是線段A₁C上的動點，由（Ⅱ）可知A₁C∥平面AB₁D，
故點P到平面AB₁D的距離等于點C到平面AB₁D的距離．
∴${V}_{P-A{B}_{1}D}$=${V}_{C-A{B}_{1}D}$=${V}_{{B}_{1}-ACD}$．
又∵AA₁⊥底面ABC，$B{B}_{1}\underset{∥}{=}A{A}_{1}$，∴BB₁⊥底面ABC，即BB₁=2為三棱錐B₁-ACDD的高．
即三棱錐P-AB₁D的體積=$\frac{1}{3}A{A}_{1}×{S}_{△ACD}$=$\frac{1}{3}×2$×1=$\frac{2}{3}$．
（理科做） 過點D作DH⊥AB于H，過H點作HG⊥AB₁于H，連接HD．
∵平面AB₁⊥平面ABC，∴DH⊥平面AB₁．
∴DH⊥AB₁，HG⊥AB₁，∴AB₁⊥平面DGH，∠DGH就是二面角B-AB₁-D的平面角．  
CC₁=AB=AC=2，∠BAC=90°，D是BC的中點，
∴DH=1．H也是AB的中點，AH=1，又HG⊥AB₁，
∴HG=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，DG=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
在直角三角形DGH中，$cos∠DGH=\frac{GH}{GD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系與空間角及其距離、線面平行與垂直的判定與性質(zhì)定理、三角形中位線定理、三棱錐的體積計算公式、矩形的性質(zhì)直角三角形的邊角關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．