Question

1．如圖，已知平面ABC⊥平面BCDE，△DEF與△ABC分別是棱長為1與2的正三角形，AC∥DF，四邊形BCDE為直角梯形，DE∥BC，BC⊥CD，CD=1，點G為△ABC的重心，N為AB中點，$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$（λ∈r，λ＞0），
（Ⅰ）當λ=$\frac{2}{3}$時，求證：GM∥平面DFN
（Ⅱ）若直線MN與CD所成角為$\frac{π}{3}$，試求二面角M-BC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當λ=$\frac{2}{3}$時，連AG延長交BC于P，證明GM∥PF，P，D，F(xiàn)，N四點共面，即可證明：GM∥平面DFN
（Ⅱ）若直線MN與CD所成角為$\frac{π}{3}$，以P為原點，PC為x軸，PE為y軸，PA為z軸建立空間直角坐標系，利用向量的夾角公式求二面角M-BC-D的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：連AG延長交BC于P，
因為點G為△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AP}$=$\frac{2}{3}$--------------------（1分）
又$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$，λ=$\frac{2}{3}$，所以$\frac{AG}{AP}$=$\frac{AM}{AF}$=$\frac{2}{3}$，所以GM∥PF；----------（2分）
因為AC∥DF，DE∥BC，所以平面ABC∥平面DEF，
又△DEF與△ABC分別是棱長為1與2的正三角形，N為AB中點，P為BC中點，所以NP∥AC，
又AC∥DF，------------（3分）
所以NP∥DF，得P，D，F(xiàn)，N四點共面
∴GM∥平面DFN-----------------------------------------------（5分）
（Ⅱ）平面ABC⊥平面BCDE，易得平面DEF⊥平面BCDE，
以P為原點，PC為x軸，PE為y軸，PA為z軸建立空間直角坐標系，
則C（1，0，0），D（1，1，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），F(xiàn)（$\frac{1}{2}$，1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），B（-1，0，0），N（-$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），----（7分）
設M（x，y，z），
∵$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$，∴M（$\frac{λ}{2}$，λ，$\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}λ$），$\overrightarrow{NM}$=（$\frac{λ+1}{2}$，λ，$\frac{\sqrt{3}}{2}（1-λ）$），$\overrightarrow{CD}$=（0，1，0）
因為MN與CD所成角為$\frac{π}{3}$，所以$\frac{λ}{\sqrt{（\frac{λ+1}{2}）^{2}+{λ}^{2}+\frac{3}{4}（1-λ）^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，----------------（9分）
得2λ²+λ-1=0，∴λ=$\frac{1}{2}$，∴M（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），
設平面MBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），$\overline{BC}$=（2，0，0），$\overrightarrow{BM}$=（$\frac{5}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），
則$\left\{\begin{array}{l}{2a=0}\\{\frac{1}{2}b+\frac{3\sqrt{3}}{4}c=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（0，3$\sqrt{3}$，-2），
面BCD的法向量$\overrightarrow{v}$=（0，0，1），所以二面角M-BC-D的余弦值=$\frac{|-2|}{\sqrt{31}}$=$\frac{2\sqrt{31}}{31}$-----------------------------（12分）

點評 本題考查線面平行的證明，考查二面角M-BC-D的余弦值，考查向量方法的運用，屬于中檔題．