Question

14．已知多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為平行四邊形，EF⊥CE，且$AC=\sqrt{2}$，AE=EC=1，$EF=\frac{BC}{2}$，AD∥EF．
（1）求證：平面ACE⊥平面ADEF；
（2）若AE⊥AD，直線AE與平面ACF夾角的正弦值為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，求AD的值．

Answer 1

分析 （1）由已知可得：AC²=AE²+CE²，可得AE⊥EC；又EF⊥CE，可得CE⊥平面ADEF；即可證明結(jié)論．
（2）平面ACE⊥平面ADEF，AE⊥AD，可得AD⊥平面AEC，AC⊥AD；以A為原點(diǎn)，AC，AD所在直線分別為x，y軸，過點(diǎn)A且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD=2a，設(shè)平面ACF的一個法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$，利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$即可得出$\overrightarrow{m}$，設(shè)直線AE與平面ACF的夾角為θ，利用sinθ=$\frac{|\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{m}|}$即可得出．

解答 （1）證明：∵$AC=\sqrt{2}$，AE=EC=1，∴AC²=AE²+CE²，∴AE⊥EC；
又EF⊥CE，AE∩EF=E，∴CE⊥平面ADEF；
∵CE?平面ACE，∴平面ACE⊥平面ADEF．
（2）解：∵平面ACE⊥平面ADEF，平面ACE∩平面ADEF=AE，AE⊥AD，
∴AD⊥平面AEC，AC?平面AEC，故AC⊥AD；
以A為原點(diǎn)，AC，AD所在直線分別為x，y軸，過點(diǎn)A且垂直于平面ABCD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AD=2a，則A（0，0，0），$C（\sqrt{2}，0，0）$，$F（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-a，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$E（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
設(shè)平面ACF的一個法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$，
∵$\overrightarrow{AC}=（\sqrt{2}，0，0）$，$\overrightarrow{AF}=（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-a，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2}x=0\\ \frac{{\sqrt{2}}}{2}x-ay+\frac{{\sqrt{2}}}{2}z=0\end{array}\right.$，取$z=\sqrt{2}$，$y=\frac{1}{a}$，則$\overrightarrow m=（0，\frac{1}{a}，\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{AE}=（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
設(shè)直線AE與平面ACF的夾角為θ，
故$sinθ=\frac{{|\overrightarrow{AE}•\overrightarrow m|}}{{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow m|}}=\frac{1}{{\sqrt{\frac{1}{a^2}+2}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，解得a=1（a=-1舍去），故AD=2．

點(diǎn)評 本題考查了空間位置關(guān)系、線面面面垂直的判定定理與性質(zhì)定理、平行四邊形的性質(zhì)定理、數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、向量夾角公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．