Question

15．如圖．在矩形ABCD中．AB=3$\sqrt{3}$．BC=3，沿對角線BD把△BCD折起．使C移到C′．且C′在面ABC內的射影O恰好落在AB上．
（1）求證：AC′⊥BC′；
（2）求AB與平面BC′D所成的角的正弦值；
（3）求二面角C′-BD-A的正切值．

Answer 1

分析 （1）由BC⊥CD，AB⊥AD，得折起后，BC′⊥DC′，由已知得C′O⊥平面ABD，從而AD⊥C′O，由此AD⊥平面C′AB，從而C′B⊥AD，進而BC′⊥平面C′AD，由此能證明AC′⊥BC′．
（2）作AH⊥C′D于H，則AH⊥面BC′D，連BH，則BH為AB在面BC′D上的射影，我們易得∠ABH為AB與面BC′D所成的角．解三角形ABH即可得到答案．
（3）以O為原點，OA為y軸，OC′為z軸，建立空間直角坐標系，分別求出平面C′BD的法向量和平面ABD的法向量，由此利用向量法能求出二面角C′-BD-A的余弦值．

解答 解：（1）證明：∵在矩形ABCD中，BC⊥CD，AB⊥AD，
∴折起后，BP⊥DC′，
∵沿對角線BD把△BCD折起，使點C移到點C′，
且點C′在面ABD內的射影O恰好落在AB上，
∴C′O⊥平面ABD，又AD?平面ABD，∴AD⊥C′O，
又AB∩C′O=O，∴AD⊥平面C′AB，
又C′B?平面C′AB，∴C′B⊥AD，
∵AD∩DC′=D，∴BC′⊥平面C′AD，
又AC′?平面PAD，∴AC′⊥BC′．
（II）∵BC′⊥AC′D，BC′?面BC′D，
∴面AC′D⊥面BC′D．
作AH⊥C′D于H，則AH⊥面BC′D，
連接BH，則BH是AB在平面BC′D上的射影，
∴∠ABH為AB與面BC′D所成的角．
又在Rt△AC′D中，C′D=3$\sqrt{3}$，AD=3，
∴AC′=3$\sqrt{2}$，AH=$\sqrt{6}$，
∴$sin∠ABH=\frac{AH}{AB}=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，
即AB與平面BC′D所成角的正弦值為$\frac{{\sqrt{2}}}{3}$．
（3）以O為原點，OA為y軸，OC′為z軸，
建立空間直角坐標系，
∵在矩形ABCD中，AB=3$\sqrt{3}$，BC=3，
∴BC′=AD=3，C′D=3$\sqrt{3}$，∴C′A=$\sqrt{C′{D}^{2}-A{D}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，
∴C′O=$\frac{BC′•C′A}{AB}$=$\sqrt{6}$，BO=$\sqrt{BC{′}^{2}-C′{O}^{2}}$=$\sqrt{3}$，AO=2$\sqrt{3}$，
∴C′（0，0，$\sqrt{6}$），B（0，-$\sqrt{3}$，0），D（3，2$\sqrt{3}$，0），
$\overrightarrow{C′B}$=（0，-$\sqrt{3}$，-$\sqrt{6}$），$\overrightarrow{C′}D$=（3，2$\sqrt{3}$，-$\sqrt{6}$），
設平面C′BD的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C′B}=-\sqrt{3}y-\sqrt{6}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C′D}=3x+2\sqrt{3}y-\sqrt{6}z=0}\end{array}\right.$，取y=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{6}$，$\sqrt{2}$，-1），
又平面ABD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
設二面角C′-BD-A的平面角為θ，
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{6+2+1}}$=$\frac{1}{3}$，
則sinθ=$\sqrt{1-（\frac{1}{3}）^{2}}=\sqrt{\frac{8}{9}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
則tanθ=$\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}}{\frac{1}{3}}$=2$\sqrt{2}$
∴二面角C′-BD-A的正切值為2$\sqrt{2}$．

點評 本題考查的知識點是直線與平面垂直的性質，直線與平面所成的角，求二面角是找出二面角的平面角是解答的關鍵．建立空間坐標系，求出平面的法向量，利用向量法是解決空間角常用的方法．