Question

17．如图1，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点E，∠BAD=60°，将△BAD折起，使得点A到点A′的位置，点P满足$\overrightarrow{CP}$=λ$\overrightarrow{CA′}$+（1-λ）$\overrightarrow{CE}$．

（1）证明：BD⊥CP；
（2）若λ=$\frac{1}{2}$，二面角A′-BD-C为120°，求直线BP与平面A′CD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）由点P满足$\overrightarrow{CP}$=λ$\overrightarrow{CA′}$+（1-λ）得即点P在直线EA′上，所以CP?面CEA′．只需证DB⊥面CEA′，即可得BD⊥CP．
（2）当λ=$\frac{1}{2}$时，P为线段EA′DE中点，由（1）可知∠A′EC为二面角A′-BD-C的平面角，得∠A′EC=120°过A′作垂直直线CE的直线，垂足为O，以O为原点，OC为x轴，OA′为z轴，建立空间直角坐标系，设BC=2．则B（$\frac{\sqrt{3}}{2}，-1，0）$，C（$\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，0$），D（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1，0），A′（0，0，$\frac{3}{2}$），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}，0，0$）．故P（$\frac{\sqrt{3}}{4}，0，\frac{3}{4}$），利用向量法求解．

解答 解（1）∵点P满足$\overrightarrow{CP}$=λ$\overrightarrow{CA′}$+（1-λ）∴$\overrightarrow{CE}$，$\overrightarrow{EP}=λ\overrightarrow{E{A}^{′}}$，即点P在直线EA′上，所以CP?面CEA′．
在△A′BD中，A′E⊥DB，在△CBD中，CE⊥DB，
∴DB⊥面CEA′，∴BD⊥CP．
（2）当λ=$\frac{1}{2}$时，P为线段EA′DE中点，
由（1）可知∠A′EC为二面角A′-BD-C的平面角，∴∠A′EC=120°
过A′作垂直直线CE的直线，垂足为O，以O为原点，OC为x轴，OA′为z轴，
建立空间直角坐标系，设BC=2．
则B（$\frac{\sqrt{3}}{2}，-1，0）$，C（$\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，0$），D（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1，0），A′（0，0，$\frac{3}{2}$），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}，0，0$）．
故P（$\frac{\sqrt{3}}{4}，0，\frac{3}{4}$），$\overrightarrow{BP}=（-\frac{\sqrt{3}}{4}，1，\frac{3}{4}$），$\overrightarrow{BC}=（\sqrt{3}，-1，0）$，$\overrightarrow{A′C}=（\frac{3\sqrt{3}}{2}，0，-\frac{3}{2}$）
设面A′CD的法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=\sqrt{3}x-y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{A′C}=\frac{3\sqrt{3}}{2}x-\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{n}=（1，\sqrt{3}，\sqrt{3}）$．
cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{BP}$＞=$\frac{3\sqrt{3}}{7}$，
∴直线BP与平面A′CD所成角的正弦值为$\frac{3\sqrt{3}}{7}$．

点评 本题考查了空间线线垂直的判定，向量法求解线面角，属于中档题．