Question

12．如圖所示，在三棱錐A-BCD中，側(cè)面ABD，ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜邊且AD=$\sqrt{3}$，BD=CD=1，另一側(cè)面ABC是正三角形．
（1）求證：AD⊥BC；
（2）若在線段AC上存在一點E，使ED與平面BCD成30°角，試求二面角A-BD-E的大�。�

Answer 1

分析 （1）取BC的中點O，連結(jié)AO，DO，由三線合一可得BC⊥OD，BC⊥AO，故而BC⊥平面AOD，于是BC⊥AD；
（2）以O(shè)為原點建立空間坐標(biāo)系，根據(jù)ED與平面BCD成30°角得出E點坐標(biāo)，求出平面ABD與平面BDE的法向量，計算法向量的夾角即可得出二面角的大�。�

解答 （1）證明：取BC的中點O，連結(jié)AO，DO，
∵BD=CD，AB=AC，
∴AO⊥BC，OD⊥BC，又OA∩OD=O，
∴BC⊥平面AOD，
又AD?平面AOD，
∴AD⊥BC．
（2）解：在平面AOD中，過O作OD的垂線Oz，則OC，OD，Oz兩兩垂直，
以O(shè)為原點，以O(shè)C，OD，Oz為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：
∵BD=CD=1，AD=$\sqrt{3}$，AC⊥CD，AB⊥BD，△ABC是等邊三角形，
∴BC=AB=AC=$\sqrt{2}$，∴OD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，OA=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
∴cos∠AOD=$\frac{O{D}^{2}+O{A}^{2}-A{D}^{2}}{2OD•OA}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴A（0，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），C（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），D（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
∴$\overrightarrow{CA}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），$\overrightarrow{DC}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），設(shè)$\overrightarrow{CE}=λ\overrightarrow{CA}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$λ，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$λ，λ），
則$\overrightarrow{DE}$=$\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CE}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{2}$λ，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{2}}{2}$λ，λ），
∵平面BCD的一個法向量為$\overrightarrow n=（0，0，1）$，
∵ED與平面BCD成30°角，
∴cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{DE}$＞=$\frac{\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{DE}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{λ}{\sqrt{\frac{1}{2}（1-λ）^{2}+\frac{1}{2}（1+λ）^{2}+{λ}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，解得λ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$\overrightarrow{DE}$=（$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），又B（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），
∴$\overrightarrow{BA}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1），$\overrightarrow{BD}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
設(shè)平面BDE的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{BD}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DE}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=0}\\{\frac{\sqrt{2}-1}{2}x-\frac{\sqrt{2}+1}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令y=-1則$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，-1，-2），同理可得平面ABD的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（1，-1，-$\sqrt{2}$），
∴$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞$=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{2+2\sqrt{2}}{\sqrt{6}•2}$=$\frac{\sqrt{6}+2\sqrt{3}}{6}$，設(shè)平面ABD與平面ACD成角為θ，
則$cosθ=cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\sqrt{6}+2\sqrt{3}}}{6}$，
∴$θ=arccos\frac{{\sqrt{6}+2\sqrt{3}}}{6}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì)，空間向量與空間角的計算，屬于中檔題．