Question

16．如圖，已知長方形ABCD中，AB=2AD，M為DC的中點．將△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．

（Ⅰ）求證：AD⊥BM；
（Ⅱ）若E是線段DB上的中點，求AE與平面BDM所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)平面幾何知識得出AM⊥BM，根據(jù)面面垂直的性質得出BM⊥平面ADM，于是AD⊥BM；
（II）以M為原點，以MA，MB及平面ABCM的垂線為坐標軸建立空間直角坐標系，設AD=1，求出$\overrightarrow{AE}$和平面BDM的法向量$\overrightarrow{n}$，則|cos＜$\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{n}$＞|即為所求．

解答 證明：（I）∵四邊形ABCD是矩形，AB=2AD，M為CD的中點
∴AM=BM=$\sqrt{2}$AD，
∴AM²+BM²=AB²，∴AM⊥BM．
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM?平面ABCM，
∴BM⊥平面ADM，∵AD?平面ADM，
∴AD⊥BM．
（II）過M作平面ABCM的垂線Mz，
以M為原點，以MA，MB，Mz為坐標軸建立空間直角坐標系，如圖所示：
設AD=1，則AM=BM=$\sqrt{2}$，
則M（0，0，0），A（$\sqrt{2}$，0，0），B（0，$\sqrt{2}$，0），D（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），E（$\frac{\sqrt{2}}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．
∴$\overrightarrow{AE}$=（-$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$），$\overrightarrow{MB}$=（0，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{MD}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
設平面BMD的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MD}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}y=0}\\{\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow{n}$=（-1，0，1）．
∴$\overrightarrow{n}•AE$=$\sqrt{2}$，
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AE}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AE}|}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
∴AE與平面BDM所成角的正弦值為$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定與性質，空間向量的應用，線面角的計算，屬于中檔題．