Question

13．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，△ADE，△BCF均為等邊三角形，EF∥AB，EF=AD=$\frac{1}{2}$AB，N為線段PC的中點(diǎn)．
（1）求證：AF∥平面BDN；
（2）求直線BN與平面ABF所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)AC交BD于M，連結(jié)MN，推導(dǎo)出MN∥AF，由此能證明AF∥平面BDN．
（2）取BC的中點(diǎn)P，AD的中點(diǎn)Q，連結(jié)PQ，過F作FO⊥PQ交PQ于點(diǎn)O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸⊥AB，y軸⊥BC建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求出直線BN與平面ABF所成角的正弦值．

解答 證明：（1）連結(jié)AC交BD于M，連結(jié)MN，
∵四邊形ABCD是矩形，∴M是AC的中點(diǎn)，
∵N是CF的中點(diǎn)，∴MN∥AF，
又AF?平面BDN，MN?平面BDN，
∴AF∥平面BDN．
解：（2）取BC的中點(diǎn)P，AD的中點(diǎn)Q，連結(jié)PQ，
過F作FO⊥PQ交PQ于點(diǎn)O，
∵BC⊥FP，BC⊥PQ，PQ∩FP=P，
∴BC⊥面EFPQ，F(xiàn)O?面EFPQ，
∴BC⊥FO，又FO⊥PQ，PQ∩BC=P，
∴FO⊥平面ABCD．
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸⊥AB，y軸⊥BC建立空間直角坐標(biāo)系，
∵△ADE，△FBC為等邊三角形，∴梯形EFPQ為等腰梯形，
∴$OP=\frac{1}{2}（{AB-EF}）=\frac{1}{2}$，∴$OF=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴$A（{\frac{1}{2}，-\frac{3}{2}，0}），B（{\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，0}），C（{-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，0}）$$F（{0，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}），N（{-\frac{1}{4}，\frac{1}{4}，\frac{{\sqrt{2}}}{4}}）$．
∴$\overrightarrow{AB}=（{0，2，0}），\overrightarrow{AF}=（{-\frac{1}{2}，\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}），\overrightarrow{BN}=（{-\frac{3}{4}，-\frac{1}{4}，\frac{{\sqrt{2}}}{4}}）$．
設(shè)平面ABF的法向量為$\overrightarrow n=（{x，y，z}）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AB}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{AF}=0\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}2y=0\\-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}y+\frac{{\sqrt{2}}}{2}z=0\end{array}\right.$，令$z=\sqrt{2}$得$\overrightarrow n=（{2，0，\sqrt{2}}）$，
∴$\overrightarrow n•\overrightarrow{BN}=-1，|{\overrightarrow n}|=\sqrt{6}，|{\overrightarrow{BN}}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，∴$cos\left?{\overrightarrow n•\overrightarrow{BN}}\right＞=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{BN}}}{{|{\overrightarrow n}||{\overrightarrow{BN}}|}}=-\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，
∴直線BN與平面ABF所成角的正弦值為$|{cos\left?{\overrightarrow n•\overrightarrow{BN}}\right＞}|=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查線面平行的證明，考查線面角的正弦值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．