Question

17．如图1，已知矩形ABCD中，AB=2，$BC=2\sqrt{3}$，点E是边BC上的点，且$CE=\frac{1}{3}CB$，DE与AC相交于点H．现将△ACD沿AC折起，如图2，点D的位置记为D'，此时$D'E=\frac{{\sqrt{30}}}{3}$．
（Ⅰ）求证：D'H⊥平面ABC；
（Ⅱ）求三棱锥B-AED'的体积．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在已知平面图形中通过求解直角三角形可得AC⊥DE，得到D'H⊥AC．再求解直角三角形证得D'H⊥HE，结合线面垂直的判定可得D'H⊥平面ABC；
（Ⅱ）由V_B-AED′=V_D′-ABE=$\frac{1}{3}{S}_{△ABE}×D′H$求得三棱锥B-AED'的体积．

解答 （Ⅰ）证明：在矩形ABCD中，
∵AB=2，$BC=2\sqrt{3}$，$CE=\frac{1}{3}CB$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴$tan∠EDC=\frac{CE}{CD}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，tan∠ECH=$\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
则tan∠EDC=∠ACB．
又∵$∠DCA+∠ACB=\frac{π}{2}$，
∴$∠EDC+∠DCA=\frac{π}{2}$，
则$∠DHC=\frac{π}{2}$，
∴AC⊥DE，即D'H⊥AC．
又△CHE∽△AHD，且$\frac{CE}{AD}=\frac{1}{3}$，
∴$D'H=DH=\frac{3}{4}DE=\frac{3}{4}×\sqrt{4+\frac{4}{3}}=\frac{3}{4}$×$\frac{{4\sqrt{3}}}{3}=\sqrt{3}$．
$HE=\frac{1}{4}DE=\frac{1}{4}×\frac{{4\sqrt{3}}}{3}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
则$D'{H^2}+H{E^2}=\frac{10}{3}=D'{E^2}$．
D'H⊥HE．而直线AC与HE是平面ABC内的两条相交直线，
∴D'H⊥平面ABC；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，D'H⊥平面ABC，且$D'H=\sqrt{3}$．
∴V_B-AED′=V_D′-ABE=$\frac{1}{3}{S}_{△ABE}×D′H$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×AB×BE×D′H$=$\frac{1}{6}×2×（\frac{2}{3}×2\sqrt{3}）×\sqrt{3}$=$\frac{4}{3}$．

点评 本题考查线面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，在平面图形中证得AC⊥DE是解答该题的关键，是中档题．