18.如圖,在棱臺(tái)ABC-FED中,△DEF與△ABC分別是棱長為1與2的正三角形,平面ABC⊥平面BCDE,四邊形BCDE為直角梯形,BC⊥CD,CD=1,N為CE中點(diǎn),$\frac{|AM|}{|AF|}$=λ(λ∈R,λ>0).
(Ⅰ)是否存在實(shí)數(shù)λ使得MN∥平面ABC?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由;
(Ⅱ)在 (Ⅰ)的條件下,求直線AN與平面BMN所成角的正弦值.

分析 (1)當(dāng)M為AF的中點(diǎn)時(shí),取CD的中點(diǎn)P,則可證平面PMN∥平面ABC,故而MN∥平面ABC;
(2)取BC中點(diǎn)O,連OA,OE,建立空間坐標(biāo)系,求出平面BMN的法向量和$\overrightarrow{AN}$的坐標(biāo),計(jì)算$\overrightarrow{AN}$與法向量的夾角得出答案.

解答 解:(1)當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$,即M為AF中點(diǎn)時(shí)MN∥平面ABC,
證明:取CD中點(diǎn)P,連PM,PN,
∵M(jìn),N,P分別是AF,CE,CD的中點(diǎn),
∴PM∥AC,NP∥DE∥BC,
又PM∩PN=N,AC∩BC=C,
∴平面MNP∥平面ABC,
又MN?平面MNP,
∴MN∥平面ABC.
(2)取BC中點(diǎn)O,連OA,OE,
∵△ABC是等邊三角形,
∴AO⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCDE,平面ABC∩平面BCDE=BC,AO?平面ABC,
∴AO⊥平面BCDE,
∵DE=$\frac{1}{2}$BC=OC,DE∥OC,BC⊥CD,
∴四邊形OCDE是矩形,
∴OE⊥BC.
以O(shè)為原點(diǎn),以O(shè)E,OB,OA為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示:
∴A(0,0,$\sqrt{3}$),B(0,1,0),C(0,-1,0),E(1,0,0),
∴$\overrightarrow{EF}$=$\frac{1}{2}$$\overrightarrow{BA}$=(0,-$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$),∴F(1,-$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$),M($\frac{1}{2}$,-$\frac{1}{4}$,$\frac{3\sqrt{3}}{4}$),N($\frac{1}{2}$,-$\frac{1}{2}$,0),
∴$\overrightarrow{AN}$=($\frac{1}{2}$,-$\frac{1}{2}$,-$\sqrt{3}$),$\overrightarrow{BM}$=($\frac{1}{2}$,-$\frac{5}{4}$,$\frac{3\sqrt{3}}{4}$),$\overrightarrow{BN}$=($\frac{1}{2}$,-$\frac{3}{2}$,0),
設(shè)$\overrightarrow n=(x,y,z)$為平面BMN的法向量,則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BN}=0}\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}x-\frac{5}{4}y+\frac{3\sqrt{3}}{4}z=0}\\{\frac{1}{2}x-\frac{3}{2}y=0}\end{array}\right.$,
令y=1得$\overrightarrow{n}$=(3,1,-$\frac{\sqrt{3}}{9}$),∴cos<$\overrightarrow{AN}$,$\overrightarrow{n}$>=$\frac{\overrightarrow{AN}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{AN}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{4}{3}}{\sqrt{\frac{7}{2}}•\sqrt{\frac{271}{27}}}$=$\frac{4\sqrt{6}}{\sqrt{1897}}$.
∴直線AN與平面MNB的正弦值為$\frac{4\sqrt{6}}{\sqrt{1897}}$.

點(diǎn)評 本題考查了線面平行的判定,空間向量與空間角的計(jì)算,屬于中檔題.

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