Question

5．如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E是CD的中點(diǎn)．
（1）求證：A₁C∥平面AD₁E；
（2）在對(duì)角線A₁C上是否存在點(diǎn)P，使得DP⊥平面AD₁E？若存在，求出CP的長；若不存在，請(qǐng)說明理由．
（3）求三棱錐B₁-AD₁E體積．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)A₁D，交AD₁于點(diǎn)F，連結(jié)EF，推導(dǎo)出EF∥A₁C，A₁C∥平面AD₁E．
（2）推導(dǎo)出AD₁⊥A₁D，CD⊥AD₁，從而AD₁⊥平面A₁CD，進(jìn)而平面AD₁E⊥平面A₁CD，作DP⊥A₁C于P，得到DP⊥EF，從而DP⊥平面AD₁E，由Rt△A₁CD∽R(shí)t△DCP，得CP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，由此求出當(dāng)CP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)，DP⊥平面AD₁E．
（3）連結(jié)B₁C，矩形A₁B₁CD中，過B₁作DP的平行線交EF于Q，B₁到平面AD₁E的距離為B₁Q，由此能求出三棱錐B₁-AD₁E體積．

解答 （本小題滿分14分）
證明：（1）連結(jié)A₁D，交AD₁于點(diǎn)F，連結(jié)EF．…（1分）
因?yàn)樗倪呅蜛DD₁A₁是正方形，所以F是A₁D的中點(diǎn)，又E是CD的中點(diǎn)，
所以EF∥A₁C．…（2分）
因?yàn)镋F?平面AD₁E，A₁C?平面AD₁E，
所以A₁C∥平面AD₁E．…（4分）
解：（2）在對(duì)角線A₁C上存在點(diǎn)P，且CP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，使得DP⊥平面AD₁E．
證明如下：因?yàn)樗倪呅蜛DD₁A₁是正方形，所以AD₁⊥A₁D．
因?yàn)镃D⊥平面ADD₁A₁，AD₁?平面ADD₁A₁，所以CD⊥AD₁．
因?yàn)锳₁D∩CD=D，所以AD₁⊥平面A₁CD．…（7分）
因?yàn)锳D₁?平面AD₁E，所以平面AD₁E⊥平面A₁CD．…（8分）
作DP⊥A₁C于P，因?yàn)镋F∥A₁C，所以DP⊥EF．
因?yàn)镈P?平面A₁CD，平面A₁CD∩平面AD₁E=EF，
所以DP⊥平面AD₁E．…（9分）
由Rt△A₁CD∽R(shí)t△DCP，得CP=$\frac{C{D}^{2}}{{A}_{1}C}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
所以當(dāng)CP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$時(shí)，DP⊥平面AD₁E．…（10分）
（3）連結(jié)B₁C，矩形A₁B₁CD中，過B₁作DP的平行線交EF于Q，
由（2）知DP⊥平面AD₁E，由題意知B₁Q⊥平面AD₁E，
故B₁到平面AD₁E的距離為B₁Q=$\frac{3}{2}DP=\frac{\sqrt{6}}{2}$，…（12分）
${S}_{△A{D}_{1}E}$=$\frac{1}{2}×A{D}_{1}×EF$=$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×（\frac{1}{2}×\sqrt{3}）$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$，…（13分）
∴${V}_{{E}_{1}-A{D}_{1}E}$=$\frac{1}{3}×{S}_{△A{D}_{1}E}×{B}_{1}Q$=$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{6}}{4}×\frac{\sqrt{6}}{2}$=$\frac{1}{4}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查線面垂直的證明，考查三棱錐的體積的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．