Question

18．如圖，在平面四邊形ABCD中，∠A=90°，∠B=135°，∠C=60°，AB=AD，M，N分別是邊AD，CD上的點(diǎn)，且2AM=MD，2CN=ND．將△ABD沿對(duì)角線BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，并連結(jié)AC，MN．（如圖2）

（Ⅰ） 證明：MN∥平面ABC；
（Ⅱ） 證明：AD⊥BC；
（Ⅲ）求直線BM與平面ACD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）先證明出MN∥AC，繼而根據(jù)線面平行的判定定理證明出MN∥平面ABC；
（2）先證明出BC⊥BD，根據(jù)線面垂直的判定定理證明出BC⊥平面ABD，最后由線面垂直的性質(zhì)可推斷出AD⊥BC；
（3）建立坐標(biāo)系，設(shè)出BC的長(zhǎng)，分別求出$\overrightarrow{BM}$的坐標(biāo)，平面ACD的法向量，從而求出直線和平面所成角的正弦值．

解答 （1）證明：在△ACD中，
∵2AM=MD，2NC=ND，
∴MN∥AC，
∵M(jìn)N?平面ABC，AC?平面ABC，
∴MN∥平面ABC．
（2）證明：在△ABD中，AB=AD，∠A=90°，
∴∠ABD=45°，
∵在平面四邊形ABCD中，∠B=135°，
∴BC⊥BD，
∵平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴BC⊥平面ABD，
又AD?平面ABD，
∴AD⊥BC．
（3）解：分別以B為原點(diǎn)，以BC為x軸，BD為y軸，建立坐標(biāo)系，如圖示：
，
設(shè)BC=1，則C=（1，0，0），D（0，$\sqrt{3}$，0），A（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴$\overrightarrow{AM}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AD}$=（0，$\frac{\sqrt{3}}{6}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$），
∴$\overrightarrow{BM}$=$\overrightarrow{BA}$+$\overrightarrow{AM}$=（（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）+（0，$\frac{\sqrt{3}}{6}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$）=（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），
設(shè)平面ACD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x-\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{0+\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令z=1，則$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，1），
設(shè)直線BM與平面ACD所成角為θ，
則sinθ=cos＜$\overrightarrow{BM}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{BM}|•|\overrightarrow{n}|}$
=$\frac{0×\sqrt{3}+\frac{2\sqrt{3}}{3}×1+\frac{\sqrt{3}}{3}×1}{\sqrt{{0}^{2}{+（\frac{2\sqrt{3}}{3}）}^{2}{+（\frac{\sqrt{3}}{3}）}^{2}}•\sqrt{{（\sqrt{3}）}^{2}{+1}^{2}{+1}^{2}}}$
=$\frac{3}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面、線線垂直的判定，考查線面所成的角的三角函數(shù)值，考查向量的應(yīng)用，本題是一道中檔題．