Question

7．如圖，在棱臺(tái)ABC-FED中，△DEF與△ABC分別是棱長(zhǎng)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，點(diǎn)G為△ABC的重心，N為AB中點(diǎn)，$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$（λ∈R，λ＞0），
（1）當(dāng)$λ=\frac{2}{3}$時(shí)，求證：GM∥平面DFN；
（2）若直線MN與CD所成角為$\frac{π}{3}$，試求二面角M-BC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連AG延長(zhǎng)交BC于P，推出$\frac{AG}{AP}=\frac{2}{3}$，證明GM∥PF；然后證明NP∥AC，推出NP∥DF，然后證明GM∥平面DFN．
（2）連接PE，以P為原點(diǎn)，PC為x軸，PE為y軸，PA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面MBC的法向量，平面BCD的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解二面角M-BC-D的余弦值即可．

解答 解：（1）連AG延長(zhǎng)交BC于P，
因?yàn)辄c(diǎn)G為△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AP}=\frac{2}{3}$
又$\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AF}$，所以$\frac{AG}{AP}=\frac{AM}{AF}=\frac{2}{3}$，所以GM∥PF；…3（分）
N為AB中點(diǎn)，P為BC中點(diǎn)，NP∥AC，又AC∥DF，
所以NP∥DF，得P、D、F、N四點(diǎn)共面
∴GM∥平面DFN…6（分）
（2）平面ABC⊥平面BCDE，AP⊥BC，∴AP⊥平面BCDE，連接PE，易得PE⊥BC，
以P為原點(diǎn)，PC為x軸，PE為y軸，PA為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則$C（1，0，0），D（1，1，0），A（0，0，\sqrt{3}），F(xiàn)（\frac{1}{2}，1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），B（-1，0，0），N（-\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，設(shè)M（x，y，z），∵$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AF}$，∴$M（\frac{λ}{2}，λ，\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ）$，$\overrightarrow{NM}=（\frac{λ+1}{2}，λ，\frac{{\sqrt{3}}}{2}（1-λ））$，$\overrightarrow{CD}=（0，1，0）$
因?yàn)镸N與CD所成角為$\frac{π}{3}$，所以$cos{60°}=\frac{{|{\overrightarrow{NM}•\overrightarrow{CD}}|}}{{|{\overrightarrow{NM}}|•|{\overrightarrow{CD}}|}}=\frac{λ}{{\sqrt{{{（\frac{λ+1}{2}）}^2}+{λ^2}+\frac{3}{4}{{（1-λ）}^2}}}}=\frac{1}{2}$，
得2λ²+λ-1=0，∴$λ=\frac{1}{2}$，∴$M（\frac{1}{4}，\frac{1}{2}，\frac{{3\sqrt{3}}}{4}）$，…8（分）
設(shè)平面MBC的法向量$\overrightarrow n=（a，b，c）$，則$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{BM}=0}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow n=（0，3\sqrt{3}，-2）$，
平面BCD的法向量$\overrightarrow v=（0，0，1）$，所以二面角M-BC-D的余弦值$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow n•\overrightarrow v}|}}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow v}|}}=\frac{{2\sqrt{31}}}{31}$…12（分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角的平面角的求法，直線與平面垂直于平行的判定定理的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．