Question

19．如圖，已知邊長(zhǎng)為6的菱形ABCD，∠ABC=120°，AC與BD相交于O，將菱形ABCD沿對(duì)角線AC折起，使BD=3$\sqrt{2}$．

（1）若M是BC的中點(diǎn)，求證：在三棱錐D-ABC中，直線OM與平面ABD平行；
（2）求二面角A-BD-O的余弦值；
（3）在三棱錐D-ABC中，設(shè)點(diǎn)N是BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定N點(diǎn)的位置，使得CN=4$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出OM是△ABC的中位線，OM∥AB，由此能證明OM∥平面ABD．
（2）由題意知OB=OD=3，OB⊥OD，OB⊥OD，OB⊥AC，OD⊥AC，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A-BD-O的余弦值．
（3）設(shè)N（x₁，y₁，z₁），$\overrightarrow{BN}=λ\overrightarrow{BD}$，從而N（0，3λ，3-3λ），$\overrightarrow{CN}$=（3$\sqrt{3}$，3λ，3-3λ），由CN=4$\sqrt{2}$，能求出N點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 證明：（1）∵點(diǎn)O是菱形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)，
∴O是AC的中點(diǎn)，
又點(diǎn)M是棱BC的中點(diǎn)，
∴OM是△ABC的中位線，OM∥AB，
∵OM?平面ABD，AB?平面ABD，
∴OM∥平面ABD．
解：（2）由題意知OB=OD=3，
∵BD=3$\sqrt{2}$，∴∠BOD=90°，OB⊥OD，
又∵BD=3$\sqrt{2}$，∴∠BOD=90°，OB⊥OD，
又∵菱形ABCD，∴OB⊥AC，OD⊥AC，
建立空間直角坐標(biāo)系，則A（3$\sqrt{3}$，0，0），D（0，3，0），B（0，0，3），
∴$\overrightarrow{AB}$=（-3$\sqrt{3}$，0，3），$\overrightarrow{AD}$=（-3$\sqrt{3}$，3，0），
設(shè)平面ABD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{n}=-3\sqrt{3}x+3z=0}\\{\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{n}=-3\sqrt{3}x+3y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，$\sqrt{3}，\sqrt{3}$），
∵AC⊥OB，AC⊥OD，OB∩OD=O，
∴AC⊥平面BOD，∴平面BOD的一個(gè)法向量$\overrightarrow{OA}$=（3$\sqrt{3}$，0，0），
cos＜$\overrightarrow{OA}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{OA}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{3\sqrt{3}}{3\sqrt{3}•\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{7}}{7}$，
∵二面角A-BD-O的平面角是銳角，
∴二面角A-BD-O的余弦值為$\frac{\sqrt{7}}{7}$．
（3）設(shè)N（x₁，y₁，z₁），∵N是線段BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)$\overrightarrow{BN}=λ\overrightarrow{BD}$，
即（x₁，y₁，z₁-3）=λ（0，3，-3），
∴x₁=0，y₁=3λ，z₁=3-3λ，
∴N（0，3λ，3-3λ），$\overrightarrow{CN}$=（3$\sqrt{3}$，3λ，3-3λ），
∵CN=4$\sqrt{2}$，∴$\sqrt{27+9{λ}^{2}+（3-3λ）^{2}}$=4$\sqrt{2}$，整理，得：9λ²-9λ+2=0，
解得$λ=\frac{1}{3}$或$λ=\frac{2}{3}$，
∴N（0，1，2）或N（0，2，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查滿足條件的點(diǎn)的坐標(biāo)的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．