Question

5．在平面四邊形ACBD（圖①）中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設AB=2，∠BAD=30°，∠BAC=45°，將△ABC沿AB折起，構(gòu)成如圖②所示的三棱錐C′-ABC．
（Ⅰ）當$C'D=\sqrt{2}$時，求證：平面C′AB⊥平面DAB；①②
（Ⅱ）當AC′⊥BD時，求三棱錐C′-ABD的高．

Answer 1

分析 （I）取AB的中點O，連C′O，DO，利用直角三角形的性質(zhì)解出OC′，DO，利用勾股定理的逆定理得出OC′⊥OD，由等腰三角形三線合一得OC′⊥AB，故OC′⊥平面ABD，于是平面C′AB⊥平面DAB；
（II）由AC′⊥BC′，AC′⊥BD得出AC′⊥平面BC′D，故AC′⊥C′D，利用勾股定理解出C′D，由勾股定理的逆定理得出BD⊥C′D，使用等積法求出棱錐的高．

解答 解：（I）取AB的中點O，連C'O，DO，
∵△ABC′，△ABD是直角三角形，∠AC′B=∠ADB=90°，AB=2，
∴C′O=DO=$\frac{1}{2}AB$=1，又C′D=$\sqrt{2}$，
∴C′O²+DO²=C′D²，即C′O⊥OD，
∵∠BAC′=45°，∴AC′=BC′，
∵O是AB中點，∴OC′⊥AB，
又∵AB∩OD=O，AB?平面ABD，OD?平面ABD，
∴C′O⊥平面ABD，∵OC′?平面ABC′，
∴平面C′AB⊥平面DAB．                 
（II）∵AC′⊥BD，AC′⊥BC′，BD?平面BC′D，BC′?平面BC′D，
∴AC′⊥平面BDC′，又C′D?平面BDC'，
∴AC′⊥C′D，∴△AC′D為直角三角形．
∵AB=2，∠BAC′=45°，∠BAD=30°，∠AC′B=∠ADB=90°，
∴AC′=BC′=$\sqrt{2}$，BD=1，AD=$\sqrt{3}$，
∴C′D=$\sqrt{A{D}^{2}-AC{′}^{2}}$=1，∴C′D²+BD²=BC′²，
∴V_A-BC′D=$\frac{1}{3}$S_△BC′D•AC′=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×1×1×\sqrt{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$，
設三棱錐C'-ABD的高為h，
則V_C′-ABD=$\frac{1}{3}{S}_{△ABD}•h$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}×h$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$，
解得$h=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

點評 本題考查了面面垂直的判定，線面垂直的判定與性質(zhì)，棱錐的體積公式，屬于中檔題．