Question

如圖，已知棱長為1的正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁．
（1）線段A₁B上是否存在一點P，使得A₁B⊥平面PAC？若存在，確定P點的位置，若不存在，說明理由；
（2）點P在A₁B上，若二面角C-AP-B的大小是arctan2，求BP的長；
（3）Q點在對角線B₁D，使得A₁B∥平面QAC，求

B1Q

QD

．

Answer 1

分析：（1）線段A₁B上不存在一點P，使得A₁B⊥平面PAC．用反證明法進行證明．
（2）作出平面角∠BHC，由

AB

BH

=2，知∠HAB=30°，在△ABP中用正弦定理可得BP=

6 - 2

2

．
（3）A₁B∥平面D₁AC，Q是B₁D與平面ACD₁的交點，△B₁D₁Q∽△DOQ，由此能求出

B1Q

QD

=

B1D1

OD

=2．

解答：解：（1）線段A₁B上不存在一點P，使得A₁B⊥平面PAC．
理由如下：
假設線段A₁B上是否存在一點P，使得A₁B⊥平面PAC．
結(jié)AC，則AC⊥A₁B．
∵AA₁⊥AC，
∴AC⊥面AA₁B₁B，
∴AC⊥AB，與∠BAC=45°矛盾．
∴線段A₁B上不存在一點P，使得A₁B⊥平面PAC．
（2）∵CB⊥平面ABP，作BN⊥AP，交AH延長線與H，連接CH，
則∠BHC是二面角二面角C-AP-B平面角…（6分）
∵二面角C-AP-B的大小是arctan2，
∴tan∠BHC=

BC

BH

=2，即

AB

BH

=2，
∴∠HAB=30°…（8分）
在△ABP中，
∠PAB=30°，AB=1，∠PBA=45°，
∴∠APB=180°-30°-45°=105°，
由正弦定理，得

AB

sin105°

= 

BP

sin30°

，
∴BP= 

sin30°×1

sin105°

=

1 2

2  + 6 4

=

6 - 2

2

．
∴BP=

6 - 2

2

…（10分）
（3）∵A₁B∥平面D₁AC，
Q是B₁D與平面ACD₁的交點，…（12分）
△B₁D₁Q∽△DOQ，
∴

B1Q

QD

=

B1D1

OD

=2…（14分）．

點評：本題考查立體幾何的綜合運用，考查考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．