Question

8．如图，梯形ABCD，AB∥CD，△ABC为等边三角形，AB=1，CD=2，点E，F分别为AB，AD的中点，将△ABC沿AC折起到AB′C位置，使得CE⊥AD．
（1）求三棱锥B′-ADC的体积；
（2）若P在线段CD上，满足CE∥平面B′PF，求$\frac{CP}{PD}$的值．

Answer 1

分析 （1）由平面图形可证AC⊥CD，于是AD⊥平面AB′C，即AD⊥AB′，求出△AB′D的面积，利用中点性质可证CE⊥平面AB′D，于是V_{三棱锥B′-ACD}=V_{三棱锥C-AB′D}．
（2）建立空间坐标系，设出P点坐标，计算出平面B′PF的法向量$\overrightarrow{n}$，令$\overrightarrow{CE}⊥\overrightarrow{n}$解出P点坐标．

解答 解：（1）∵AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC=60°，∴AD=$\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}-2AC•CDcos60°}$=$\sqrt{3}$，
∴AC²+AD²=CD²，∴AD⊥AC，
又∵AD⊥CE，AC∩CE=C，AC?平面AB′C，CE?平面AB′C，
∴AD⊥平面AB′C，∵AB′?平面AB′C，
∴AD⊥AB′，∴S_△AB′D=$\frac{1}{2}$AB′•AD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∵E是AB′中点，△ABC为等边三角形，∴CE⊥AB′，CE=$\sqrt{A{C}^{2}-A{E}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
又∵CE⊥AD，AB′∩AD=A，AB′?平面AB′D，AD?平面AB′D，
∴CE⊥平面AB′D，
∴V_{三棱锥B′-ACD}=V_{三棱锥C-AB′D}=$\frac{1}{3}$S_△AB′D•CE=$\frac{1}{4}$．
（2）建立如图所示的空间坐标系，设P（a，1-$\frac{\sqrt{3}}{3}a$，0），则C（0，1，0），F（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0，0），B′（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），E（0，$\frac{1}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
∴$\overrightarrow{CE}$=（0，-$\frac{3}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），$\overrightarrow{B′F}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{PF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}-a$，$\frac{\sqrt{3}}{3}a-1$，0）．
设平面B′PF的法向量$\overrightarrow{n}$（x，y，z），则$\overrightarrow{n}$⊥$\overrightarrow{B′F}$，$\overrightarrow{n}$⊥$\overrightarrow{PF}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{y}{2}-\frac{3}{2}z=0}\\{（\frac{\sqrt{3}}{2}-a）x+（\frac{\sqrt{3}}{3}a-1）y=0}\end{array}\right.$，令z=1，解得x=2$\sqrt{3}$-2a，y=3-2$\sqrt{3}$a，∴$\overrightarrow{n}$=（2$\sqrt{3}$-2a，3-2$\sqrt{3}$a，1）．
∵CE∥平面B′PF，∴$\overrightarrow{CE}$⊥$\overrightarrow{n}$，即-$\frac{3}{4}$（3-2$\sqrt{3}a$）+$\frac{\sqrt{3}}{4}$=0，解得a=$\frac{3\sqrt{3}-1}{6}$．
∴$\frac{CP}{PD}$=$\frac{a}{\sqrt{3}-a}$=$\frac{3\sqrt{3}-1}{3\sqrt{3}+1}$=$\frac{14-3\sqrt{3}}{13}$．

点评 本题考查了棱锥的结构特征和体积计算，空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．