Question

16．已知O是边长为1正四面体ABCD内切球的球心，且$\overrightarrow{AO}$=x$\overrightarrow{AB}$+y$\overrightarrow{AC}$+z$\overrightarrow{AD}$（x，y，z∈R），则x+y+z=$\frac{3}{4}$．$\overrightarrow{AO}$•$\overrightarrow{AB}$=$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 根据正四面体的性质求出棱锥的高，根据等体积法求出内切球的半径，建立坐标系，求出各向量的坐标，代入坐标运算即可解出．

解答 解：设正四面体的高为AM，延长DM交BC于E，则E为BC的中点．
∴DE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，DM=$\frac{2}{3}DE$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴AM=$\sqrt{A{D}^{2}-D{M}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
设内切球半径为r，则V_A-BCD=$\frac{1}{3}{S}_{△BCD}•AM$=4×$\frac{1}{3}×$S_△BCD•r．
∴r=$\frac{AM}{4}$=$\frac{\sqrt{6}}{12}$．∴OM=$\frac{\sqrt{6}}{12}$
以M为原点，建立如图所示的空间坐标系M-xyz，
则A（0，0，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），B（$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，0），C（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，0），D（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0），O（0，0，$\frac{\sqrt{6}}{12}$）．
∴$\overrightarrow{AO}$=（0，0，-$\frac{\sqrt{6}}{4}$），$\overrightarrow{AB}$=（$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），$\overrightarrow{AC}$=（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），$\overrightarrow{AD}$=（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）．
∵$\overrightarrow{AO}$=x$\overrightarrow{AB}$+y$\overrightarrow{AC}$+z$\overrightarrow{AD}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}y=0}\\{-\frac{\sqrt{3}}{6}x-\frac{\sqrt{3}}{6}y+\frac{\sqrt{3}}{3}z=0}\\{-\frac{\sqrt{6}}{3}x-\frac{\sqrt{6}}{3}y-\frac{\sqrt{6}}{3}z=-\frac{\sqrt{6}}{4}}\end{array}\right.$，解得x=y=z=$\frac{1}{4}$．
∴x+y+z=$\frac{3}{4}$.$\overrightarrow{AO}•\overrightarrow{AB}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}×\frac{\sqrt{6}}{3}$=$\frac{1}{2}$．
故答案为：$\frac{3}{4}$，$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了平面向量在几何中的应用，属于中档题．