Question

如圖，正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長為4，動點P在棱A₁B₁上，
（Ⅰ）求證：PD⊥AD₁；
（Ⅱ）當A₁P=

1

2

A₁B₁時，求CP與平面D₁DCC₁所成角的正弦值；
（Ⅲ）當A₁P=

3

4

A₁B₁時，求點C到平面D₁DP的距離．

Answer 1

分析：（解法一）（I）由題意知，A₁D是PD在平面A₁ADD₁內(nèi)的射影，再由三垂線定理證明
（II）取D₁C₁中點M，連接PM，證明∠PCM為所求角，在Rt△PCM中求解；
（III）由D₁D∥C₁C得 C₁C∥平面D₁DP，所求的距離轉(zhuǎn)化到點C₁到平面D₁DP的距離相等，
再由D₁D⊥平面A₁B₁C₁D₁得平面D₁DP⊥平面A₁B₁C₁D₁，過點C₁作交線的垂線C₁H，在三
角形中求解．
（解法二）由題意以D為坐標原點，建立空間直角坐標系D-xyz，求出點的坐標．
（I）設P的坐標，求數(shù)量積

DP

•

AD1

=0，證明垂直；
（II）求平面D₁DCC₁的法向量，利用數(shù)量的定義求兩向量所成角的余弦值，即為所求的值；
（III）先求平面D₁DP的法向量

n

，再用向量法求點C到平面D₁DP的距離．

解答：解法一：（I）證明：連接A₁D，在正方體AC₁中，
∵A₁B₁⊥平面A₁ADD₁，∴A₁D是PD在平面A₁ADD₁內(nèi)的射影．（2分）
在正方形A₁ADD₁中，A₁D⊥AD₁，PD⊥AD₁．（4分）
解：（II）取D₁C₁中點M，連接PM，CM，則PM∥A₁D₁．
∵A₁D₁⊥平面D₁DCC₁，∴PM⊥平面D₁DCC₁．
∴CM為CP在平面D₁DCC₁內(nèi)的射影．
則∠PCM為CP與平面D₁DCC₁所成的角．（7分）
在Rt△PCM中，sinPCM=

PM

PC

=

4

42+22+42

=

4

6

=

2

3

.
∴CP與平面D₁DCC₁所成的角的正弦值為

2

3

．（9分）

（III）在正方體AC₁中，D₁D∥C₁C．
∵C₁C?平面D₁DP內(nèi)，D₁D?平面D₁DP，∴C₁C∥平面D₁DP．
∴點C到平面D₁DP的距離與點C₁到平面D₁DP的距離相等．
∵D₁D⊥平面A₁B₁C₁D₁，DD₁?面D₁DP，
∴平面D₁DP⊥平面A₁B₁C₁D₁．
又∵平面D₁DP∩平面A₁B₁C₁D₁=D₁P，
過C₁作C₁H⊥D₁P于H，∴C₁H⊥平面D₁DP．
∴C₁H的長為點C₁到平面D₁DP的距離．（12分）
連接C₁P，并在D₁C₁上取點Q，使PQ∥B₁C₁．
在△D₁PC₁中，C₁H•D₁P=PQ•D₁C₁，得C1H=

16

5

．
∴點C到平面D₁DP的距離為

16

5

．（14分）
解法二：如圖，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系D-xyz．
由題設知正方體棱長為4，則D（0，0，0）、A（4，0，0）、B₁（4，4，4）、
A₁（4，0，4）、D₁（0，0，4）、C（0，4，0）．（1分）
（I）設P（4，y₀，4），∴

DP

=(4，y0，4).

AD1

=(-4，0，4)（3分）
∵

DP

•

AD1

=-16+16=0，
∴PD⊥AD₁．（4分）

（II）由題設可得，P（4，2，4），
故

CP

=(4，-2，4)．∵AD⊥面D₁DCC₁，
∴

DA

=(4，0，0)是平面D₁DCC₁的法向量．（7分）
∴cos＜

DA

，

CP

＞=

DA • CP

| DA || CP |

=

2

3

．（8分）
∴CP與平面D₁DCC₁所成角的正弦值為

2

3

．（9分）
（III）∵

DC

=(0，4，0)，設平面D₁DP的法向量n=（x，y，z），
∵P（4，3，4）
∴

DD1

=(0，0，4)，

DP

=(4，3，4)．
則

n• DD1 =0 n• DP =0

，即

z=0 4x+3y+4z=0.

令x=-3，則y=4．
∴n=（-3，4，0）．（12分）
∴點C到平面D₁DP的距離為d=

|n• DC |

|n|

=

16

5

．（14分）

點評：本題為一題多解的情況，一種是向量法，需要利用已有的垂直關(guān)系建立空間直角坐標系，向量的數(shù)量積來證垂直，求平面的法向量來求線面角的正弦值和點到平面的距離；另一種用垂直關(guān)系的定義和定理，三垂線定理來證明垂直，利用線面垂直作出線面角及點到平面的垂線，在直角三角形中求解．向量法簡單．