Question

17．如圖1，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點E，∠BAD=60°，將△BAD折起，使得點A到點A′的位置，點P滿足$\overrightarrow{CP}$=λ$\overrightarrow{CA′}$+（1-λ）$\overrightarrow{CE}$．

（1）證明：BD⊥CP；
（2）若λ=$\frac{1}{2}$，二面角A′-BD-C為120°，求直線BP與平面A′CD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）由點P滿足$\overrightarrow{CP}$=λ$\overrightarrow{CA′}$+（1-λ）得即點P在直線EA′上，所以CP?面CEA′．只需證DB⊥面CEA′，即可得BD⊥CP．
（2）當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時，P為線段EA′DE中點，由（1）可知∠A′EC為二面角A′-BD-C的平面角，得∠A′EC=120°過A′作垂直直線CE的直線，垂足為O，以O(shè)為原點，OC為x軸，OA′為z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)BC=2．則B（$\frac{\sqrt{3}}{2}，-1，0）$，C（$\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，0$），D（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1，0），A′（0，0，$\frac{3}{2}$），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}，0，0$）．故P（$\frac{\sqrt{3}}{4}，0，\frac{3}{4}$），利用向量法求解．

解答 解（1）∵點P滿足$\overrightarrow{CP}$=λ$\overrightarrow{CA′}$+（1-λ）∴$\overrightarrow{CE}$，$\overrightarrow{EP}=λ\overrightarrow{E{A}^{′}}$，即點P在直線EA′上，所以CP?面CEA′．
在△A′BD中，A′E⊥DB，在△CBD中，CE⊥DB，
∴DB⊥面CEA′，∴BD⊥CP．
（2）當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時，P為線段EA′DE中點，
由（1）可知∠A′EC為二面角A′-BD-C的平面角，∴∠A′EC=120°
過A′作垂直直線CE的直線，垂足為O，以O(shè)為原點，OC為x軸，OA′為z軸，
建立空間直角坐標系，設(shè)BC=2．
則B（$\frac{\sqrt{3}}{2}，-1，0）$，C（$\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，0$），D（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1，0），A′（0，0，$\frac{3}{2}$），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}，0，0$）．
故P（$\frac{\sqrt{3}}{4}，0，\frac{3}{4}$），$\overrightarrow{BP}=（-\frac{\sqrt{3}}{4}，1，\frac{3}{4}$），$\overrightarrow{BC}=（\sqrt{3}，-1，0）$，$\overrightarrow{A′C}=（\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，-\frac{3}{2}$）
設(shè)面A′CD的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=\sqrt{3}x-y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A′C}=\frac{3\sqrt{3}}{2}x-\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{n}=（1，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$．
cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{BP}$＞=$\frac{3\sqrt{3}}{7}$，
∴直線BP與平面A′CD所成角的正弦值為$\frac{3\sqrt{3}}{7}$．

點評 本題考查了空間線線垂直的判定，向量法求解線面角，屬于中檔題．