Question

20．如圖所示的多面體中，ABCD是平行四邊形，BDEF是矩形，ED⊥面ABCD，∠ABD=$\frac{π}{6}$，AB=2AD．
（Ⅰ）求證：平面BDEF⊥平面ADE；
（Ⅱ）若ED=BD，求AF與平面AEC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）l利用余弦定理得出BD=$\sqrt{3}$AD，由勾股定理即可得出AD⊥BD，再由DE⊥平面ABCD得出DE⊥BD，從而有BD⊥ADE，故平面BDEF⊥平面ADE；
（II）建立空間坐標系，求出平面AEC的法向量$\overrightarrow{n}$，計算$\overrightarrow{n}$與$\overrightarrow{AF}$的夾角即可得出線面角的大�。�

解答 （Ⅰ）證明：設(shè)AD=a，AD=2a，∠ABD=$\frac{π}{6}$，
∴cos∠ABD=$\frac{4{a}^{2}+B{D}^{2}-{a}^{2}}{4a•BD}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得BD=$\sqrt{3}$a，
∴BD²+AD²=AB²，即BD⊥AD．
∵DE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴DE⊥BD，又AD∩DE=D，AD?平面ADE，DE?平面ADE，
∴BD⊥平面ADE，又BD?平面BDEF，
∴平面BDEF⊥平面ADE．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）AD⊥BD，BD=$\sqrt{3}$AD，
以D為坐標原點，以射線DA，DB，DE分別為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系，如圖所示：
設(shè)AD=1，則A（1，0，0），$C（{-1，\sqrt{3}，0}）$，$E（{0，0，\sqrt{3}}）$，$F（{0，\sqrt{3}，\sqrt{3}}）$．
$\overrightarrow{AE}$=（-1，0，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{AC}$=（-2，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{AF}=（{-1，\sqrt{3}，\sqrt{3}}）$，
設(shè)平面AEC的法向量為$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AE}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{AC}=0.\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3}z=0\\-2x+\sqrt{3}y=0.\end{array}\right.$，
令z=1，得$\overrightarrow n=（{\sqrt{3}，2，1}）$，
∴$cos\left?{\overrightarrow n，\overrightarrow{AF}}\right＞=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{AF}}}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow{AF}}|}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{2}×\sqrt{7}}$=$\frac{{\sqrt{42}}}{14}$．
所以直線AF與平面AEC所成角的正弦值為$\frac{{\sqrt{42}}}{14}$．

點評 本題考查了面面垂直的判定，空間向量與空間角的計算，屬于中檔題．