Question

1．等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD=BC=2，AB=2CD=4，过C，D分别作AB的垂线，垂足分别为E，F，将△BCE，△ADF分别沿CE，DF向上翻折到△B′CE，△A′DF，使得两个三角形所在平面分别与平面ABCD垂直．连接AA′，A′B′，B′B．
（1）求证：A′D∥平面CB′B；
（2）求几何体AA′D-BB′C的体积；
（3）求面AA′D与面BB′C所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）证明A′F$\stackrel{∥}{=}$B′E，于是有A′B′$\stackrel{∥}{=}$EF$\stackrel{∥}{=}$CD，故而四边形四边形A′B′CD是平行四边形，得出A′D∥B′C，从而得出A′D∥平面CB′B；
（2）将几何体分解成两个三棱锥和一个三棱柱，于是几何体的体积为V_A′-ADF+V_B′-BCE+V_{B′CE-A′DF}；
（3）以F为原点建立坐标系，分别求出平面AA′D与面BB′C的法向量$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$，则cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞即为所求．

解答 证明：（1）∵平面B′CE⊥平面ABCD，平面B′CE∩平面ABCD=CE，B′E⊥CE，
∴B′E⊥平面ABCD，
同理可得A′F⊥平面ABCD，
∴A′F∥B′E，又A′F=B′E，
∴四边形A′B′EF是矩形，
∴A′B′∥EF，A′B′=EF，又CD∥EF，CD=EF，
∴A′B′∥CD，A′B′=CD．
∴四边形A′B′CD是平行四边形，
∴A′D∥B′C，
又A′D?平面CB′B，B′C?平面CB′B，
∴A′D∥平面CB′B．
（2）∵B′E=BE=AF=A′F=$\frac{1}{2}$（AB-CD）=1，
CE=DF=$\sqrt{B{C}^{2}-B{E}^{2}}$=$\sqrt{3}$，EF=CD=2，
∴V_A′-ADF=V_B′-BCE=$\frac{1}{3}{S}_{△BCE}•B′E$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}×1$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．
V_{B′CE-A′DF}=S_△B′CE•EF=$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1×2$=$\sqrt{3}$．
几何体AA′D-BB′C的体积为V_A′-ADF+V_B′-BCE+V_{B′CE-A′DF}=$\frac{\sqrt{3}}{6}$+$\frac{\sqrt{3}}{6}$+$\sqrt{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
（3）以F为原点，以FB，FD，FA′为坐标轴建立空间直角坐标系F-xyz，如图所示：
则$A（-1，0，0），D（0，\sqrt{3}，0），A'（0，0，1）$，B（3，0，0），B′（2，0，1），C（2，$\sqrt{3}$，0）
∴$\overrightarrow{BC}=（-1，\sqrt{3}，0），\overrightarrow{BB'}=（-1，0，1）$，
设平面BB′C的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BB′}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-x+\sqrt{3}y=0}\\{-x+z=0}\end{array}\right.$，令y=1得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，1，$\sqrt{3}$）．
同理可得平面AA′D的法向量为$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，-1，-$\sqrt{3}$）．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=-$\frac{1}{7}$．
∴面AA′D与面BB′C所成的角的余弦值为-$\frac{1}{7}$．

点评 本题考查了线面平行的判定，几何体的体积计算，空间向量的应用与二面角的计算，属于中档题．