Question

1．在長方體ABCD-A′B′C′D′中，AB=BC=2，過A′，C′，B三點的平面截去長方體的一個角后，得到ABCD-A′C′D′，
（Ⅰ）若DD′=3，求幾何體ABCD-A′C′D′的體積；
（Ⅱ）若DD′＞1，且直線A′D與平面A′BC′所成的角的正弦值為$\frac{4\sqrt{5}}{15}$，求二面角D-A′B-C′的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD′為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法先求出${V}_{{B}^{'}-{A}^{'}B{C}^{'}}$，由此利用幾何體ABCD-A′C′D′的體積：V=${V}_{長方體ABCD-{A}^{‘}{B}^{’}{C}^{‘}{D}^{’}}$-${V}_{{B}^{‘}-{A}^{’}B{C}^{‘}}$能求出結(jié)果．
（Ⅱ）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD′為z軸，建立空間直角坐標系，由直線A′D與平面A′BC′所成的角的正弦值為$\frac{4\sqrt{5}}{15}$，求出DD′=4，由此利用向量法能求出二面角D-A′B-C′的平面角的余弦值．

解答 解：（Ⅰ）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD′為z軸，建立空間直角坐標系，
由已知得A′（2，0，3），B（2，2，0），B′（2，2，3），C′（0，2，3），
$\overrightarrow{{A}^{'}B}$=（0，2，-3），$\overrightarrow{{A}^{'}{B}^{'}}$=（0，2，0），$\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}$=（-2，2，0），
設平面A′BC′的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}^{'}B}=2y-3z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}=-2x+2y=0}\end{array}\right.$，取x=3，得$\overrightarrow{n}$=（3，3，2），
∴B′到平面A′BC′的距離h=$\frac{|\overrightarrow{{A}^{'}{B}^{'}}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{6}{\sqrt{22}}$，
cos＜$\overrightarrow{{A}^{'}B}，\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{A}^{'}B}•\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}}{|\overrightarrow{{A}^{'}B}|•|\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}|}$=$\frac{4}{\sqrt{13}•\sqrt{8}}$=$\frac{2}{\sqrt{26}}$．
∴sin∠BA′C′=$\sqrt{1-（\frac{2}{\sqrt{26}}）^{2}}$=$\frac{22}{\sqrt{26}}$，
∴${S}_{△{A}^{'}B{C}^{'}}$=$\frac{1}{2}|\overrightarrow{{A}^{'}B}|•|\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}|$sin∠BA′C′=$\frac{1}{2}×\sqrt{13}×\sqrt{8}×\frac{22}{\sqrt{26}}$=22，
∴${V}_{{B}^{'}-{A}^{'}B{C}^{'}}$=$\frac{1}{3}h{S}_{△{A}^{'}B{C}^{'}}$=$\frac{1}{3}×\frac{6}{\sqrt{22}}×22$=2$\sqrt{22}$，
∴幾何體ABCD-A′C′D′的體積：
V=${V}_{長方體ABCD-{A}^{‘}{B}^{’}{C}^{‘}{D}^{’}}$-${V}_{{B}^{‘}-{A}^{’}B{C}^{‘}}$
=$2×2×3-2\sqrt{22}$
=12-2$\sqrt{22}$．
（Ⅱ）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD′為z軸，建立空間直角坐標系，
設DD′=t（t＞1），則A′（2，0，t），B（2，2，0），B′（2，2，t），C′（0，2，t），
$\overrightarrow{{A}^{'}B}$=（0，2，-t），$\overrightarrow{{A}^{'}{B}^{'}}$=（0，2，0），$\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}$=（-2，2，0），$\overrightarrow{D{A}^{'}}$=（2，0，t），
設平面A′BC′的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}^{'}B}=2y-tz=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{{A}^{'}{C}^{'}}=-2x+2y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，$\frac{2}{t}$），
∵直線A′D與平面A′BC′所成的角的正弦值為$\frac{4\sqrt{5}}{15}$，
∴cos＜$\overrightarrow{D{A}^{'}}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{D{A}^{'}}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{D{A}^{'}}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{4+{t}^{2}}•\sqrt{1+1+\frac{4}{{t}^{2}}}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{15}$，
由t＞1，解得t=4，
∴$\overrightarrow{n}$=（1，1，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{D{A}^{'}}$=（2，0，4），$\overrightarrow{DB}$=（2，2，0），
設平面DA′B的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{D{A}^{'}}=2a+4c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=2a+2b=0}\end{array}\right.$，取a=2，得$\overrightarrow{m}$=（2，-2，-1），
設二面角D-A′B-C′的平面角為θ，
則cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{2-2-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{9}{4}}•\sqrt{9}}$|=$\frac{1}{9}$．
∴二面角D-A′B-C′的平面角的余弦值為$\frac{1}{9}$．

點評 本題考查幾何體的體積的求法，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．