Question

14．在如圖所示的多面體ABCDEF中，ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠DAB=90°，四邊形ADEF為等腰梯形，EF∥AD，已知AE⊥EC，AB=AF=EF=2，AD=CD=4．
（1）求證：平面ABCD⊥平面ADEF；
（2）求直線CF與平面EAC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）對于等腰梯形ADEF，分別過點(diǎn)E，F(xiàn)作EM⊥AD，F(xiàn)N⊥AD，垂足分別為M，N．可得四邊形EFNM為矩形．由DE=AF=EF=2，可得AN=DM=1，NM=2．可得：AE²+DE²=AD²，因此AE⊥ED．已知AE⊥EC，可得AE⊥平面CDE．于是AE⊥CD，可得CD⊥平面ADEF．即可證明：平面ABCD⊥平面ADEF．
（2）如圖所示，分別取AD，EF，BC的中點(diǎn)O，G，Q．分別以O(shè)A，OQ，OG為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)平面AEC的法向量為：$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）．則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，設(shè)直線CF與平面EAC所成角為θ，可得sinθ=|cos$＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AF}＞$|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AF}|}$．

解答 （1）證明：對于等腰梯形ADEF，分別過點(diǎn)E，F(xiàn)作EM⊥AD，F(xiàn)N⊥AD，垂足分別為M，N．
則四邊形EFNM為矩形．
∵DE=AF=EF=2，∴AN=DM=1，NM=2．
∴EM=$\sqrt{{2}^{2}-{1}^{2}}$=$\sqrt{3}$，∴AE²=${3}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}$=12．
∴AE²+DE²=12+4=16=AD²，
∴∠AED=90°，∴AE⊥ED．
又AE⊥EC，EC∩ED=E，
∴AE⊥平面CDE．∴AE⊥CD，
又CD⊥AD，AD∩AE=A，∴CD⊥平面ADEF．
又CD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ADEF．
（2）解：如圖所示，分別取AD，EF，BC的中點(diǎn)O，G，Q．
分別以O(shè)A，OQ，OG為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．
則O（0，0，0），A（2，0，0），C（-2，4，0），F(xiàn)（1，0，$\sqrt{3}$），E（-1，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AE}$=（-3，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AC}$=（-4，4，0），$\overrightarrow{AF}$=（-1，0，$\sqrt{3}$）．
設(shè)平面AEC的法向量為：$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）．則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-3x+\sqrt{3}z=0}\\{-4x+4y=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（1，1，$\sqrt{3}$）．
設(shè)直線CF與平面EAC所成角為θ，則sinθ=|cos$＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AF}＞$|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AF}|}$=$\frac{2}{\sqrt{5}×2}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評 本題考查了空間位置關(guān)系、線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理、數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)、向量夾角公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．