浙江 2023 · 数学 q18

题面

18．（12分）（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱$A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$中，$A B = 2 , \ A A_{1} = 4$．点A₂，$B_{2} , C_{2} , D_{2}$分别在棱$A A_{1} , B B_{1} , C C_{1} , D D_{1}$上，$A A_{2}{=} 1 , \ B B_{2}{=} D D_{2}{=} 2 , \ C C_{2}{=} 3$

（1）证明：$B_{2} C_{2} / / A_{2} D_{2}$；

（2）点P在棱$B B_{1}$上，当二面角$P - A_{2} C_{2} - D_{2}$为$1 5 0^{\circ}$时，求$B_{2} P$

（1）证明：$B_{2} C_{2} / / A_{2} D_{2}$；

（2）点P在棱BB₁上，当二面角$P - A_{2} C_{2} - D_{2}$为$1 5 0^{\circ}$时，求$B_{2} P$

答案

见试题解答内容

解析

分析

（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；

（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解

解答

解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：

B₂（0，2，2），C₂（0，0，3），A₂（2，2，1），D₂（2，0，2），

$\therefore \vec{B_{2} C_{2}} = (0, - 2, 1), \vec{A_{2} D_{2}} = (0, - 2, 1),$

$\therefore B_{2}^{} C_{2} = A_{2}^{} D_{2}$，又$B_{2} , C_{2} , A_{2} , D_{2}$四点不共线，

∴B₂C₂∥A₂D₂；

（2）在（1）的坐标系下，可设P（0，2，t），t∈[0，4]，

又由（1）知$C_{2} ( 0 , 0 , 3 ) , A_{2} ( 2 , 2 , 1 ) , D_{2} ( 2 , 0 , 2 )$

$\therefore \vec{C_{2} A_{2}} = (2, 2, - 2), \vec{C_{2} P} = (0, 2, t - 3), \vec{A_{2} D_{2}} = (0, - 2, 1),$

设平面$P A_{2} C_{2}$的法向量${\mathcal{H}}{\vec{m}} = ( x , \ y , \ z )$

则\left\{\begin{array}{l l}{{\vec{m}} \cdot C_{2}^{\right.} A_{2} = 2 x + 2 y - 2 z = 0} \\ {{\vec{\left. \right.} \vec{m} \cdot C_{2} P = 2 y + ( t - 3 ) z = 0}} \end{array}，取$\vec{m} = ( t - 1 , 3 - t , 2 )$

设平面$A_{2} C_{2} D_{2}$的法向量为$\vec{\cal I} \vec{n} = \left( a , b , c \right)$)，

则\begin{array}{l}{{{\binom{}{n}} \cdot C_{2}^{} A_{2} = 2 a + 2 b - 2 c = 0 \}} \\ {{{\binom{}{n}} \cdot \stackrel{}{A_{2} D_{2}} = - 2 b + c = 0}} \end{array}，取$\vec{n} = ( 1 , \ 1 , \ 2 )$

$\therefore$根据题意可得$| \mathrm{c o s} 1 5 0^{\circ} | = | \mathrm{c o s} < \vec{m} , \vec{n} > | = \frac{| \vec{m} \cdot \vec{n} |}{| \vec{m} | | \vec{n} |} ,$

$\therefore \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{6}{\sqrt{(t - 1)^{2} + (3 - t)^{2} + 4} \times \sqrt{6}},$

$\therefore t^{2} - 4 t + 3 = 0$，又$t {\in}[0 , \ 4]$

$\therefore$解得t＝1或t＝3，

$\therefore P$为$B_{1} B_{2}$的中点或$B 2 B$的中点，

$\therefore B_{2} P = 1.$