Question

17．平行四邊形ABCD中，AB=$\sqrt{13}$，BC=$\sqrt{5}$，BD=4，AC，BD交于O，將△ABD沿BD折起至△A′BD，使得A′C⊥CB．
（1）求證：A′C⊥平面A′AD；
（2）求二面角A′-BD-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明A′C⊥平面A′AD；
（2）過C作CE⊥BD于E，過A作AF⊥BD于F，則$\overrightarrow{EC}$與$\overrightarrow{FA′}$所成的角即為二面角A′-BD-C所成的角，利用向量的數(shù)量積的公式進(jìn)行求解即可求二面角A′-BD-C的余弦值．

解答 證明：（1）∵A′C⊥CB，CB∥AD，
∴A′C⊥AD，
∵AB=$\sqrt{13}$，BC=$\sqrt{5}$，
∴A′B=$\sqrt{13}$，BC=$\sqrt{5}$，
則A′C=$\sqrt{A′{B}^{2}-B{C}^{2}}$=$\sqrt{13-5}=\sqrt{8}$=2$\sqrt{2}$，
∵A′D=AD=BC=$\sqrt{5}$，
∴A′C²+A′D²=（$\sqrt{8}$）+（$\sqrt{5}$）²=13=CD²，
則△A′CD為直角三角形，
則A′C⊥A′D，
∵A′D∩AD=D，
∴A′C⊥平面A′AD；
（2）過C作CE⊥BD于E，過A作AF⊥BD于F，
∵AB=$\sqrt{13}$，BC=$\sqrt{5}$，BD=4，
∴cos∠BDC=$\frac{C{D}^{2}+B{D}^{2}-B{C}^{2}}{2CD•BD}$=$\frac{13+16-5}{2\sqrt{13}×4}=\frac{24}{8\sqrt{13}}$=$\frac{3}{\sqrt{13}}$，
則sin∠BDC=$\sqrt{1-（\frac{3}{\sqrt{13}}）^{2}}$=$\sqrt{1-\frac{9}{13}}$=$\frac{2}{\sqrt{13}}$，
∵sin∠BDC=$\frac{CE}{CD}$=$\frac{CE}{\sqrt{13}}$=$\frac{2}{\sqrt{13}}$，
即CE=2．同理AF=CE=2，
DE=CDcos∠BDC=$\sqrt{13}$×$\frac{3}{\sqrt{13}}$=3，
則BE=BD-DE=4-3=1，
則BE=DF=1，EF=3-1=2，
則$\overrightarrow{EC}$與$\overrightarrow{FA′}$所成的角即為二面角A′-BD-C所成的角，
∵$\overrightarrow{A′C}$=$\overrightarrow{CE}$+$\overrightarrow{EF}$+$\overrightarrow{FA′}$，
∴平方得$\overrightarrow{A′C}$=$\overrightarrow{CE}$+$\overrightarrow{EF}$+$\overrightarrow{FA′}$，
$\overrightarrow{A′C}$²=（$\overrightarrow{CE}$+$\overrightarrow{EF}$+$\overrightarrow{FA′}$ ）²=$\overrightarrow{CE}$²+$\overrightarrow{EF}$²+$\overrightarrow{FA′}$ ²+$\overrightarrow{CE}$•$\overrightarrow{EF}$+$\overrightarrow{FA′}$•$\overrightarrow{CE}$+$\overrightarrow{EF}$•$\overrightarrow{FA′}$，
即8=4+4+4-2×2×2cos＜$\overrightarrow{EC}$，$\overrightarrow{FA′}$＞，
即8cos＜$\overrightarrow{EC}$，$\overrightarrow{FA′}$＞=4，
則cos＜$\overrightarrow{EC}$，$\overrightarrow{FA′}$＞=$\frac{1}{2}$，
則二面角A′-BD-C的余弦值是$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題主要考查線面垂直的判定以及二面角的求解，利用向量的應(yīng)用，結(jié)合向量的數(shù)量積的應(yīng)用是解決本題的關(guān)鍵．