分析 (1)由BC⊥CD,AB⊥AD,得折起后,BC′⊥DC′,由已知得C′O⊥平面ABD,从而AD⊥C′O,由此AD⊥平面C′AB,从而C′B⊥AD,进而BC′⊥平面C′AD,由此能证明AC′⊥BC′.
(2)作AH⊥C′D于H,则AH⊥面BC′D,连BH,则BH为AB在面BC′D上的射影,我们易得∠ABH为AB与面BC′D所成的角.解三角形ABH即可得到答案.
(3)以O为原点,OA为y轴,OC′为z轴,建立空间直角坐标系,分别求出平面C′BD的法向量和平面ABD的法向量,由此利用向量法能求出二面角C′-BD-A的余弦值.
解答 解:(1)证明:∵在矩形ABCD中,BC⊥CD,AB⊥AD,
∴折起后,BP⊥DC′,
∵沿对角线BD把△BCD折起,使点C移到点C′,
且点C′在面ABD内的射影O恰好落在AB上,
∴C′O⊥平面ABD,又AD?平面ABD,∴AD⊥C′O,
又AB∩C′O=O,∴AD⊥平面C′AB,
又C′B?平面C′AB,∴C′B⊥AD,
∵AD∩DC′=D,∴BC′⊥平面C′AD,
又AC′?平面PAD,∴AC′⊥BC′.
(II)∵BC′⊥AC′D,BC′?面BC′D,
∴面AC′D⊥面BC′D.
作AH⊥C′D于H,则AH⊥面BC′D,
连接BH,则BH是AB在平面BC′D上的射影,
∴∠ABH为AB与面BC′D所成的角.
又在Rt△AC′D中,C′D=3$\sqrt{3}$,AD=3,
∴AC′=3$\sqrt{2}$,AH=$\sqrt{6}$,
∴$sin∠ABH=\frac{AH}{AB}=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$,
即AB与平面BC′D所成角的正弦值为$\frac{{\sqrt{2}}}{3}$.
(3)以O为原点,OA为y轴,OC′为z轴,
建立空间直角坐标系,
∵在矩形ABCD中,AB=3$\sqrt{3}$,BC=3,
∴BC′=AD=3,C′D=3$\sqrt{3}$,∴C′A=$\sqrt{C′{D}^{2}-A{D}^{2}}$=3$\sqrt{2}$,
∴C′O=$\frac{BC′•C′A}{AB}$=$\sqrt{6}$,BO=$\sqrt{BC{′}^{2}-C′{O}^{2}}$=$\sqrt{3}$,AO=2$\sqrt{3}$,
∴C′(0,0,$\sqrt{6}$),B(0,-$\sqrt{3}$,0),D(3,2$\sqrt{3}$,0),
$\overrightarrow{C′B}$=(0,-$\sqrt{3}$,-$\sqrt{6}$),$\overrightarrow{C′}D$=(3,2$\sqrt{3}$,-$\sqrt{6}$),
设平面C′BD的法向量$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C′B}=-\sqrt{3}y-\sqrt{6}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{C′D}=3x+2\sqrt{3}y-\sqrt{6}z=0}\end{array}\right.$,取y=$\sqrt{2}$,得$\overrightarrow{n}$=(-$\sqrt{6}$,$\sqrt{2}$,-1),
又平面ABD的法向量$\overrightarrow{m}$=(0,0,1),
设二面角C′-BD-A的平面角为θ,
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{6+2+1}}$=$\frac{1}{3}$,
则sinθ=$\sqrt{1-(\frac{1}{3})^{2}}=\sqrt{\frac{8}{9}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$,
则tanθ=$\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}}{\frac{1}{3}}$=2$\sqrt{2}$
∴二面角C′-BD-A的正切值为2$\sqrt{2}$.
点评 本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质,直线与平面所成的角,求二面角是找出二面角的平面角是解答的关键.建立空间坐标系,求出平面的法向量,利用向量法是解决空间角常用的方法.
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A. | {x|-2<x<10} | B. | {x|7<x<10} | C. | {x|1<x<7} | D. | {x|1<x<2或7<x<10} |
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