Question

6．如圖，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD=2AB=4，將△ABD沿BD折到△A′BD的位置，使平面A′BD⊥平面CBD．
（Ⅰ）求證：CD⊥A′B；
（Ⅱ）試在線段A′C上確定一點(diǎn)P，使得二面角P-BD-C的大小為45°．

Answer 1

分析 （I）法一：由余弦定理推導(dǎo)出BD⊥CD，從而CD⊥面A'BD，由此能證明A'B⊥CD．
法二：過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC于E，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC于F，則AE∥DF，推導(dǎo)出CD⊥BD，從而CD⊥平面A'BD，由此能證明CD⊥A'B．
（II）法一：取BD的中點(diǎn)O，連接A′O，推導(dǎo)出平面A'OC⊥平面BCD，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥OC于Q，則PQ⊥平面BCD，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BD于H，連接PH，推導(dǎo)出PH⊥BD，從而∠PHQ為二面角P-BD-C的平面角，由此能求出P為A'C上靠近A'的三等分點(diǎn)，二面角P-BD-C的大小為45°．
法二：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以$\overrightarrow{DB}$的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，利用向量法能求出點(diǎn)P在線段A'C靠近A'的三等分點(diǎn)處．

解答 證明：（I）證法一：在△ABC中，由余弦定理得BD²=AB²+AD²-2AB•ADcosA=4+4+8cosC，
在△BCD中，由余弦定理得BD²=BC²+CD²-2BC•CD•cosC=16+4-16cosC
由上述兩式可知，$BD=2\sqrt{3}，cosC=\frac{1}{2}$（3分）
∴BD⊥CD（4分）
又∵面A'BD⊥面CBD，面A'BD∩面CBD=BD，
∴CD⊥面A'BD（5分）
∵A'B?面A'BD，∴A'B⊥CD．（6分）
解：（II）法一：存在．P為A'C上靠近A'的三等分點(diǎn)．（7分）
取BD的中點(diǎn)O，連接A′O，∵A'B=A'D∴A'O⊥BD
又∵平面A′BD⊥平面CBD，∴A'O⊥平面CBD，（8分）
∴平面A'OC⊥平面BCD，
過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥OC于Q，則PQ⊥平面BCD，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BD于H，連接PH．
則QH是PH在平面BDC的射影，故PH⊥BD，
所以，∠PHQ為二面角P-BD-C的平面角，（10分）
P為A'C上靠近A'的三等分點(diǎn)，
∴$PQ=\frac{2}{3}$，$\frac{OQ}{OC}=\frac{1}{3}$，∴$HQ=\frac{1}{3}DC=\frac{2}{3}$，∴∠PHD=45°．
∴二面角P-BD-C的大小為45°． （12分）
證明：（Ⅰ）證法一：在等腰梯形ABCD中，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC于E，
過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC于F，則AE∥DF，∴EF=AD=2，
又∵在等腰梯形ABCD中，Rt△ABE≌Rt△DCF且BC=4∴BE=FC=1∴$cosC=\frac{1}{2}$D（2分）
在△BCD中，$B{D^2}=B{C^2}+C{D^2}-2BC•CD•cosC={4^2}+{2^2}-2×4×2×\frac{1}{2}=12$，
∴BD²+CD²=BC²，∴CD⊥BD，（4分）
又∵平面A'BD⊥平面CBD，
面A'BD∩面CBD=BD∴CD⊥平面A'BD（5分）∴CD⊥A'B．（6分）
（Ⅱ）解法二：由（Ⅰ）知CD⊥BD，CD⊥平面A′BD．
以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以$\overrightarrow{DB}$的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz．（7分）
則D（0，0，0），$B（2\sqrt{3}，0，0）$，C（0，2，0），
取BD的中點(diǎn)O，連接A'O，∵A'B=A'D∴A'O⊥BD
在等腰△A'BD中$A'B=2，BD=2\sqrt{3}$可求得A'O=1∴$A'（\sqrt{3}，0，1）$（8分）
所以$\overrightarrow{DB}=（2\sqrt{3}，0，0）$，$\overrightarrow{BA'}=（-\sqrt{3}，0，1）$$\overrightarrow{A'C}=（-\sqrt{3}，2，-1）$
設(shè)$\overrightarrow{A'P}=λ\overrightarrow{A'C}$，則$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BA'}+\overrightarrow{A'P}=（-\sqrt{3}-\sqrt{3}λ，2λ，1-λ）$
設(shè)$\overrightarrow n=（x，y，z）$是平面PBD的法向量，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{BP}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=0\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}（-\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）x+2λy+（1-λ）z=0\\ 2\sqrt{3}x=0\end{array}\right.$可取$\overrightarrow n=（0，\frac{λ-1}{2λ}，1）$
易知：平面CBD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow m=（0，0，1）$（10分）
由已知二面角P-BD-C的大小為45°．
∴$|cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞|=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|\overrightarrow{m|}•|\overrightarrow n|}}=\frac{1}{{\sqrt{{{（\frac{λ-1}{2λ}）}^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
解得：$λ=\frac{1}{3}$或λ=-1（舍）
∴點(diǎn)P在線段A'C靠近A'的三等分點(diǎn)處．   （12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線垂直的證明，考查滿足條件的點(diǎn)的位置的確定與求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．