Question

3．已知空間四面體ABCD的體積是V，點(diǎn)O是空間上的一點(diǎn)，且滿(mǎn)足$\overrightarrow{OA}$+（$\sqrt{2}$-1）$\overrightarrow{OB}$+sinα$\overrightarrow{OC}$+cosα$\overrightarrow{OD}$=$\overrightarrow{0}$，其中α∈（0，$\frac{π}{2}$），則V_O-ACD的最小值為$\frac{2-\sqrt{2}}{4}V$，V_O-ABD+V_O-ABC的最大值為$\frac{1}{2}V$，V_O-BCD的最小值為$\frac{\sqrt{2}}{4}V$．

Answer 1

分析 由題意畫(huà)出圖形，延長(zhǎng)BO交平面ACD于點(diǎn)M，則$\overrightarrow{OM}$=λ₁$\overrightarrow{OA}$+λ₂$\overrightarrow{OC}$+λ₃$\overrightarrow{OD}$，且λ₁+λ₂+λ₃=1．把已知向量等式變形，得到$\overrightarrow{BO}$=$\frac{1+sinα+cosα}{\sqrt{2}-1}\overrightarrow{OM}$，然后利用三角函數(shù)求得V_O-ACD的最小值，同理求出V_O-BCD的最小值，則V_O-ABD+V_O-ABC的最大值可求．

解答 解：如圖，延長(zhǎng)BO交平面ACD于點(diǎn)M，則$\overrightarrow{OM}$=λ₁$\overrightarrow{OA}$+λ₂$\overrightarrow{OC}$+λ₃$\overrightarrow{OD}$，且λ₁+λ₂+λ₃=1．
根據(jù)題意，$\overrightarrow{OA}$+（$\sqrt{2}$-1）$\overrightarrow{OB}$+sinα$\overrightarrow{OC}$+cosα$\overrightarrow{OD}$=$\overrightarrow{0}$，
則$\overrightarrow{BO}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}$（$\overrightarrow{OA}+sinα\overrightarrow{OC}+cosα\overrightarrow{OD}$）
=$\frac{1+sinα+cosα}{\sqrt{2}-1}（\frac{1}{1+sinα+cosα}\overrightarrow{OA}+\frac{sinα}{1+sinα+cosα}\overrightarrow{OC}+\frac{cosα}{1+sinα+cosα}\overrightarrow{OD}）$ 
=$\frac{1+sinα+cosα}{\sqrt{2}-1}\overrightarrow{OM}$，
由于$\frac{1+sinα+cosα}{\sqrt{2}-1}=\frac{\sqrt{2}sin（α+\frac{π}{4}）+1}{\sqrt{2}-1}≤\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}$，
∴$|\overrightarrow{BO}|≤\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}|\overrightarrow{OM}|$，
當(dāng)$\overrightarrow{BO}=\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\overrightarrow{OM}$時(shí)，$\frac{OB}{BM}$最大，$\frac{OM}{BM}$最小，因此V_O-ACD最小，
此時(shí)α=$\frac{π}{4}$，
此時(shí)，$\frac{OB}{BM}=\frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}}，\frac{OM}{BM}=\frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{2-\sqrt{2}}{4}$，
故V_O-ACD的最小為$\frac{2-\sqrt{2}}{4}V$；
同理，延長(zhǎng)AO交平面BCD于點(diǎn)N，則$\overrightarrow{ON}={λ}_{1}\overrightarrow{OB}+{λ}_{2}\overrightarrow{OC}+{λ}_{3}\overrightarrow{OD}$，且λ₁+λ₂+λ₃=1，
由$\overrightarrow{OA}$+（$\sqrt{2}$-1）$\overrightarrow{OB}$+sinα$\overrightarrow{OC}$+cosα$\overrightarrow{OD}$=$\overrightarrow{0}$，得
$\overrightarrow{AO}$=（$\sqrt{2}$-1）$\overrightarrow{OB}$+sinα$\overrightarrow{OC}$+cosα$\overrightarrow{OD}$
=（$\sqrt{2}-1+sinα+cosα$）[$\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}-1+sinα+cosα}\overrightarrow{OB}+\frac{sinα}{\sqrt{2}-1+sinα+cosα}\overrightarrow{OC}+\frac{cosα}{\sqrt{2}-1+sinα+cosα}\overrightarrow{OD}$]
=$（\sqrt{2}-1+sinα+cosα）\overrightarrow{ON}$，
由于$\sqrt{2}-1+sinα+cosα=\sqrt{2}sin（α+\frac{π}{4}）+\sqrt{2}-1$$≤2\sqrt{2}-1$，
∴$|\overrightarrow{AO}|≤（2\sqrt{2}-1）|\overrightarrow{ON}|$，
當(dāng)$\overrightarrow{AO}=（2\sqrt{2}-1）\overrightarrow{ON}$時(shí)，$\frac{OA}{AN}$最大，$\frac{ON}{AN}$最小，因此V_O-BCD最小，
此時(shí)$α=\frac{π}{4}$，
此時(shí)，$\frac{OA}{AN}=\frac{2\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}}$，$\frac{ON}{AN}=\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
故V_O-BCD的最小值為$\frac{\sqrt{2}}{4}V$；
∴V_O-ABD+V_O-ABC的最大值為$V-\frac{2-\sqrt{2}}{4}V-\frac{\sqrt{2}}{4}V=\frac{1}{2}V$．
故答案為：$\frac{2-\sqrt{2}}{4}V$；$\frac{1}{2}V$；$\frac{\sqrt{2}}{4}V$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查棱柱、棱錐及棱臺(tái)體積的求法，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了共面向量基本定理的應(yīng)用，訓(xùn)練了利用三角函數(shù)求最值，難度較大．