Question

15．如圖1，△ABC，AB=AC=4，∠BAC=$\frac{2π}{3}$，D為BC的中點，DE⊥AC，沿DE將△CDE折起至△C′DE，如圖2，且C′在面ABDE上的投影恰好是E，連接C′B，M是C′B上的點，且C′M=$\frac{1}{2}$MB．
（1）求證：AM∥面C′DE；
（2）求三棱錐B-AMD的體積．

Answer 1

分析 （1）過M作MN∥C′D，交BD于N，連接AN，利用余弦定理求出由AN，推出AN∥ED，然后證明AM∥面面C′DE．
（2）求出M到平面ABD的距離h，底面面積S_△ABD，通過V_B-AMD=V_M-ABD，轉(zhuǎn)化為等體積求解即可．

解答 （1）證明：過M作MN∥C′D，交BD于N，連接AN，于是DN=$\frac{1}{2}$NB
又AB=AC=4，∠BAC=$\frac{2π}{3}$，∴BC²=4²+4²-2×$4×cos\frac{2π}{3}$=48，
∴BC=4$\sqrt{3}$，又D為BC的中點，
則DB=$2\sqrt{3}$，又C′M=$\frac{1}{2}$MB，
∴NB=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，∠B=$\frac{π}{6}$，由AN²=AB²+NB²-2AB•NB•cos$\frac{π}{6}$，得到AN=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ANB=$\frac{2π}{3}$，得AN∥ED，
∴面AMN∥面C′DE，即AM∥面C′DE；----------------------------（6分）

（2）∵C′在面ABDE上的投影恰好是E，∴C′E⊥面ABD，又C′M=$\frac{1}{2}$MB，
∴NB=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，CD=2$\sqrt{3}$，∠ACB=$\frac{π}{6}$，可得CE=CDcos∠ACD=2$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}$=3，∴C′E=3．
∴M到平面ABD的距離h=$\frac{2}{3}C′E$=2，
S_△ABD=$\frac{1}{2}AD•DB$=$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
∴V_B-AMD=V_M-ABD=$\frac{1}{3}$S_△ABD•h=$\frac{1}{3}×2×2\sqrt{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．----------------------------（12分）

點評 本題考查直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，幾何體的體積的求法，考查計算能力以及空間想象能力．