Question

如圖，直四棱柱ABCD-A₁B₂C₃D₄中，側(cè)棱AA₁=2，底面ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=60°，P為側(cè)棱BB₁上的動點．
（1）求證：D₁P⊥AC；
（2）當(dāng)二面角D₁-AC-P的大小為120°，求BP的長；
（3）在（2）的條件下，求三棱錐P-ACD₁的體積．

Answer 1

分析：（1）應(yīng)通過證明AC⊥平面BB₁D₁D得出D₁P⊥AC；
 （2）易知∠D₁OP是二面角D₁-AC-P的平面角，設(shè)BP=x（0≤x≤2），在△D₁OP中，由余弦定理建立關(guān)于x的方程求解計算即可．
（3）在（1）的基礎(chǔ)上，考慮將三棱錐P-ACD₁分割成A-OPD₁與C-OPD₁，轉(zhuǎn)化求解．
另可以設(shè)上、下底面菱形對角線交點分別為O₁，O，以O(shè)為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的方法解決（1），（2）．

解答：解法一：（1）連接BD，則AC⊥BD，

∵D₁D⊥底面ABCD，∴AC⊥D₁D …（2分）
∴AC⊥平面BB₁D₁D，
∵D₁P?平面BB₁D₁D，∴D₁P⊥AC．…（4分）
（2）設(shè)AC∩BD=O，
連接D₁O，OP，
∵D₁A=D₁C，∴D₁O⊥AC，同理PO⊥AC，
∴∠D₁OP是二面角D₁-AC-P的平面角．…（6分）
∴∠D₁OP=120°．
設(shè)BP=x（0≤x≤2），
∵AB=2，∠ABC=60°，則BO=DO=

3

，
∴PO=

3+x2

，D₁O=

4+3

=

7

．
在RT△D₁B₁P₁中，D₁P=

12+(2-x)2

．
在△D₁OP中，由余弦定理D₁P²=D₁O²+PO²-2D₁O•PO•cos120°得
12+（2-x）²=7+3+x²+2

7

3+x2

•

1

2

，
即6-4x=

7(3+x2)

整理得3x²-16x+5=，解得x=

1

3

，或x=5（舍）．∴BP=

1

3

，．…（9分）
（3）∵BP=

1

3

，，∴PO=

3+ 1 9

=

2 7

3

，
∴S_△POD1=

1

2

•PO•OD₁•sin120°=

1

2

•

2 7

3

•

7

3

2

=

7 3

6

．   
∵AC⊥平面OPD₁，
∴VP-ACD₁的=V_P-OCD1 +V_P-OAD1=V _A-OPD1+V _C-OPD1
=

1

3

S_△POD1•AC=

1

3

•=

7 3

6

•2=

7 3

9

．
解法二：設(shè)上、下底面菱形對角線交點分別為O₁，O，
則AC⊥BD，OO₁⊥平面ABCD．
如圖，以O(shè)D、OC、OO₁所在直線為xyz軸，建立空間直角坐標(biāo)系．…（1分）
（1）A（1，-1，0），C（0，1，0），D₁（

3

，0，2），B（-

3

，0，0）
設(shè)P（-

3

，0，x）（0≤x≤2）則

AC

=（0，2，0），

D1P

=（-2

3

，0，x-2），則

AC

•

D1P

=0
∴

AC

⊥

D1P

=0即AC⊥D₁P．…（5分）
（2）

OD1

=（

3

，0，2），

OP

=（-

3

，0，x），

OD1

•

AC

=0，

OP

•

AC

=0．

OD1

⊥

AC

，

OP

⊥

AC

∴＜

OD1

，

OP

＞就是二面角D₁-AC-P的平面角，…（7分）
cos∠D₁OP=

OD1 •  OP

| OD1 || OP |

=

2x-3

7 3+x2

=-

1

2

．
解得x=

1

3

，或x=5（舍）．
∴BP=

1

3

，…（9分）
（3）同解法一．

點評：本題考查異面直線夾角，二面角大小求解，考查考查空間想象、推理論證能力．利用空間向量的方法，能降低思維難度，思路相對固定，是人們研究解決幾何體問題又一有力工具