Question

8．如圖，梯形ABCD，AB∥CD，△ABC為等邊三角形，AB=1，CD=2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，將△ABC沿AC折起到AB′C位置，使得CE⊥AD．
（1）求三棱錐B′-ADC的體積；
（2）若P在線段CD上，滿足CE∥平面B′PF，求$\frac{CP}{PD}$的值．

Answer 1

分析 （1）由平面圖形可證AC⊥CD，于是AD⊥平面AB′C，即AD⊥AB′，求出△AB′D的面積，利用中點(diǎn)性質(zhì)可證CE⊥平面AB′D，于是V_{三棱錐B′-ACD}=V_{三棱錐C-AB′D}．
（2）建立空間坐標(biāo)系，設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，計(jì)算出平面B′PF的法向量$\overrightarrow{n}$，令$\overrightarrow{CE}⊥\overrightarrow{n}$解出P點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（1）∵AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC=60°，∴AD=$\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}-2AC•CDcos60°}$=$\sqrt{3}$，
∴AC²+AD²=CD²，∴AD⊥AC，
又∵AD⊥CE，AC∩CE=C，AC?平面AB′C，CE?平面AB′C，
∴AD⊥平面AB′C，∵AB′?平面AB′C，
∴AD⊥AB′，∴S_△AB′D=$\frac{1}{2}$AB′•AD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∵E是AB′中點(diǎn)，△ABC為等邊三角形，∴CE⊥AB′，CE=$\sqrt{A{C}^{2}-A{E}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又∵CE⊥AD，AB′∩AD=A，AB′?平面AB′D，AD?平面AB′D，
∴CE⊥平面AB′D，
∴V_{三棱錐B′-ACD}=V_{三棱錐C-AB′D}=$\frac{1}{3}$S_△AB′D•CE=$\frac{1}{4}$．
（2）建立如圖所示的空間坐標(biāo)系，設(shè)P（a，1-$\frac{\sqrt{3}}{3}a$，0），則C（0，1，0），F(xiàn)（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），B′（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），E（0，$\frac{1}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
∴$\overrightarrow{CE}$=（0，-$\frac{3}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），$\overrightarrow{B′F}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{PF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}-a$，$\frac{\sqrt{3}}{3}a-1$，0）．
設(shè)平面B′PF的法向量$\overrightarrow{n}$（x，y，z），則$\overrightarrow{n}$⊥$\overrightarrow{B′F}$，$\overrightarrow{n}$⊥$\overrightarrow{PF}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{y}{2}-\frac{3}{2}z=0}\\{（\frac{\sqrt{3}}{2}-a）x+（\frac{\sqrt{3}}{3}a-1）y=0}\end{array}\right.$，令z=1，解得x=2$\sqrt{3}$-2a，y=3-2$\sqrt{3}$a，∴$\overrightarrow{n}$=（2$\sqrt{3}$-2a，3-2$\sqrt{3}$a，1）．
∵CE∥平面B′PF，∴$\overrightarrow{CE}$⊥$\overrightarrow{n}$，即-$\frac{3}{4}$（3-2$\sqrt{3}a$）+$\frac{\sqrt{3}}{4}$=0，解得a=$\frac{3\sqrt{3}-1}{6}$．
∴$\frac{CP}{PD}$=$\frac{a}{\sqrt{3}-a}$=$\frac{3\sqrt{3}-1}{3\sqrt{3}+1}$=$\frac{14-3\sqrt{3}}{13}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了棱錐的結(jié)構(gòu)特征和體積計(jì)算，空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．