Question

1．如圖，正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P在四邊形ABCD內(nèi)及其邊界上運(yùn)動(dòng)，且點(diǎn)P到點(diǎn)B₁的距離為$\sqrt{2}$．
（1）要使A₁C₁⊥平面BB₁P，則點(diǎn)P在何位置？
（2）設(shè)直線B₁P與平面ACD₁所成的角為θ，求sinθ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）以點(diǎn)B為圓心，以BA為半徑畫(huà)圓弧AC，交BD連線于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求，證明B₁P=$\sqrt{2}$，且A₁C₁⊥平面BB₁P即可；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出向量$\overrightarrow{{B}_{1}P}$與平面ACD₁的法向量$\overrightarrow{n}$所成角的余弦值，即可得出直線B₁P與平面ACD₁所成角θ的正弦值取值范圍．

解答 解：（1）根據(jù)題意，以點(diǎn)B為圓心，以BA為半徑畫(huà)圓弧AC，交BD連線于點(diǎn)P，
如圖所示，則點(diǎn)P即為所求．
∵BP=BA=1，∴B₁P=$\sqrt{2}$；
又BD⊥AC，AC∥A₁C₁，
∴BP⊥A₁C₁；
又BB₁⊥A₁C₁，且BC∩BB₁=B，
∴A₁C₁⊥平面BB₁P；
（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系；
則B（0，0，0），A（-1，0，0），C（0，1，0），
B₁（0，0，1），D₁（-1，1，1），
設(shè)點(diǎn)P（cosα，sinα，0），則α∈[$\frac{π}{2}$，π]；
∴$\overrightarrow{AC}$=（1，1，0），$\overrightarrow{{AD}_{1}}$=（0，1，1），$\overrightarrow{{B}_{1}P}$=（cosα，sinα，-1）；
設(shè)平面ACD₁的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{AD}_{1}}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0}\\{y+z=0}\end{array}\right.$，
令x=1，則y=-1，z=1，∴$\overrightarrow{n}$=（1，-1，1）；
∴cos＜$\overrightarrow{{B}_{1}P}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{{B}_{1}P}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{{B}_{1}P}|×|\overrightarrow{n}|}$
=$\frac{cosα-sinα-1}{\sqrt{{sin}^{2}α{+cos}^{2}α{+（-1）}^{2}}•\sqrt{{1}^{2}{+（-1）}^{2}{+1}^{2}}}$
=$\frac{\sqrt{2}cos（α+\frac{π}{4}）-1}{\sqrt{6}}$；
∵α∈[$\frac{π}{2}$，π]，∴α+$\frac{π}{4}$∈[$\frac{3π}{4}$，$\frac{5π}{4}$]，
∴cos（α+$\frac{π}{4}$）∈[-1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$]，
∴$\sqrt{2}$cos（α+$\frac{π}{4}$）-1∈[-$\sqrt{2}$-1，-2]；
∴cos＜$\overrightarrow{{B}_{1}P}$，$\overrightarrow{n}$＞∈[$\frac{-\sqrt{2}-1}{\sqrt{6}}$，$\frac{-2}{\sqrt{6}}$]，
∵直線B₁P與平面ACD₁所成的角θ，
∴sinθ=|cos＜$\overrightarrow{{B}_{1}P}$，$\overrightarrow{n}$＞|∈[$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{6}}{6}$]，
sinθ的取值范圍是[$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{6}}{6}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間直線與平面垂直的判斷問(wèn)題，也考查了空間角的計(jì)算問(wèn)題，是綜合性題目．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．