Question

12．如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，$AB=\sqrt{3}AD=\sqrt{3}A{A_1}=\sqrt{3}$，点P为线段A₁C上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的①②．
①当$\overrightarrow{{A_1}C}=3\overrightarrow{{A_1}P}$时，D₁P∥平面BDC₁；
②当$\overrightarrow{{A_1}C}=5\overrightarrow{{A_1}P}$时，A₁C⊥平面D₁AP；
③当∠APD₁的最大值为90°；
④AP+PD₁的最小值为$\sqrt{5}$．

Answer 1

分析 以D为原点建立空间直角坐标系，设AA₁=1，则AD=1，AB=$\sqrt{3}$，设$\overrightarrow{{A}_{1}C}=λ\overrightarrow{{A}_{1}P}$；（λ≥1）
则A（1，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），A₁（1，0，1），D₁（0，0，1），C₁（0，$\sqrt{3}$，1），B（1，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{{A}_{1}C}=（-1，\sqrt{3}，-1）$，$\overrightarrow{{A}_{1}P}=\frac{1}{λ}\overrightarrow{{A}_{1}C}=（-\frac{1}{λ}，\frac{\sqrt{3}}{λ}，-\frac{1}{λ}）$，$\overrightarrow{{D}_{1}A}=（1，0，-1）$
利用向量与位置关系的等价性逐一判定即可，

解答 解：如图，以D为原点建立空间直角坐标系，设AA₁=1，则AD=1，AB=$\sqrt{3}$，设$\overrightarrow{{A}_{1}C}=λ\overrightarrow{{A}_{1}P}$；（λ≥1）
则A（1，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），A₁（1，0，1），D₁（0，0，1），C₁（0，$\sqrt{3}$，1），B（1，$\sqrt{3}$，0）
$\overrightarrow{{A}_{1}C}=（-1，\sqrt{3}，-1）$，$\overrightarrow{{A}_{1}P}=\frac{1}{λ}\overrightarrow{{A}_{1}C}=（-\frac{1}{λ}，\frac{\sqrt{3}}{λ}，-\frac{1}{λ}）$，$\overrightarrow{{D}_{1}A}=（1，0，-1）$
对于①，设平面DBC1的法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{D{C}_{1}}=\sqrt{3}y+z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DB}=x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$可得$\overrightarrow{n}=（-\sqrt{3}，1，-\sqrt{3}）$
$\overrightarrow{{D}_{1}P}=（1-\frac{1}{λ}，\frac{\sqrt{3}}{λ}，-\frac{1}{λ}）$
若D₁P∥平面BDC₁，则$\overrightarrow{{D}_{1}P}•\overrightarrow{n}=0$，解得λ=3，故①正确．
对于②，若A₁C⊥平面D₁AP，则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{A}_{1}C}•\overrightarrow{{D}_{1}P}=0}\\{\overrightarrow{{A}_{1}C}•\overrightarrow{{D}_{1}A}=0}\end{array}\right.$，解得λ=5，故②正确；
对于③，$\overrightarrow{P{D}_{1}}•\overrightarrow{PA}=\frac{4}{{λ}^{2}}-\frac{2}{λ}$＜0 （λ≥1）有解，故∠APD₁可以大于90⁰．所以③错；
对于④，∵$\overrightarrow{P{D}_{1}}•\overrightarrow{PA}=\frac{4}{{λ}^{2}}-\frac{2}{λ}$=0时，λ=2，此时AP+PD₁=$\sqrt{5}$，
当λ＞2时，∠APD₁为钝角此时AP+PD₁小于$\sqrt{5}$，故④错
综上，故答案为：①②．

点评 本题考查了空间线面、线线的位置关系，及动点问题的处理，借助向量进行运算处理动点问题是常见的技巧，属于中档题．