Question

2．在矩形ABCD中，AB=4$\sqrt{5}$，AD=2$\sqrt{5}$，將△ABD沿BD折起，使得點A折起至A′，設(shè)二面角A′-BD-C的大小為θ．
（1）當θ=90°時，求A′C的長；
（2）當cosθ=$\frac{1}{4}$時，求BC與平面A′BD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）過A作BD的垂線交BD于E，交DC于F，連接CE，利用勾股定理及余弦定理計算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；
（2）利用余弦定理可得A′F=$\sqrt{15}$，從而得出A′F⊥平面ABCD，以F為原點建立坐標系，求出$\overrightarrow{CB}$和平面A′BD的法向量$\overrightarrow{n}$，則BC與平面A′BD所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{CB}$＞|．

解答 解：（1）在圖1中，過A作BD的垂線交BD于E，交DC于F，連接CE．
∵AB=4$\sqrt{5}$，AD=2$\sqrt{5}$，∴BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=10．
∴$AE=\frac{AD•AB}{BD}=\frac{{4\sqrt{5}•2\sqrt{5}}}{10}=4$，BE=$\sqrt{A{B}^{2}-A{E}^{2}}$=8，cos∠CBE=$\frac{BC}{BD}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
在△BCE中，由余弦定理得CE=$\sqrt{B{C}^{2}+B{E}^{2}-2BC•BE•cos∠CBE}$=2$\sqrt{13}$．
∵θ=90°，∴A′E⊥平面ABCD，∴A′E⊥CE．
∴|A′C|=$\sqrt{A′{E}^{2}+C{E}^{2}}$=2$\sqrt{17}$．
（2）DE=$\sqrt{A{D}^{2}-A{E}^{2}}$=2．
∵tan∠FDE=$\frac{EF}{DE}=\frac{BC}{DC}=\frac{1}{2}$，∴EF=1，DF=$\sqrt{D{E}^{2}+E{F}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
當$cosθ=\frac{1}{4}$即cos∠A′EF=$\frac{1}{4}$時，$A'F=\sqrt{{4^2}+{1^2}-2•4•1•cosθ}=\sqrt{15}$．
∴A′E²=A′F²+EF²，∴∠A'FE=90°
又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面A'EF，∴BD⊥A'F
∴A'F⊥平面ABCD．
以F為原點，以FC為x軸，以過F的AD的平行線為y軸，以FA′為z軸建立空間直角坐標系如圖所示：
∴A′（0，0，$\sqrt{15}$），D（-$\sqrt{5}$，0，0），B（3$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$，0），C（3$\sqrt{5}$，0，0）．
∴$\overrightarrow{CB}$=（0，2$\sqrt{5}$，0），$\overrightarrow{DB}$=（4$\sqrt{5}$，2$\sqrt{5}$，0），$\overrightarrow{DA′}$=（$\sqrt{5}$，0，$\sqrt{15}$）．
設(shè)平面A′BD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DA′}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{4\sqrt{5}x+2\sqrt{5}y=0}\\{\sqrt{5}x+\sqrt{15}z=0}\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$，1）．
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{CB}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{CB}|}$=$\frac{4\sqrt{15}}{2\sqrt{5}•4}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴BC與平面A'BD所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點評 本題考查了空間角與空間距離的計算，空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．