Question

9．如圖所示，四邊形AMNC為等腰梯形，△ABC為直角三角形，平面AMNC與平面ABC垂直，AB=BC，AM=CN，點(diǎn)O、D、E分別是AC、MN、AB的中點(diǎn)．過點(diǎn)E作平行于平面AMNC的截面分別交BD、BC于點(diǎn)F、G，H是FG的中點(diǎn)．
（Ⅰ）證明：OB⊥EH；
（Ⅱ）若直線BH與平面EFG所成的角的正弦值為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求二面角D-AC-H的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知等腰梯形AMNC與直角△ABC所成二面角的平面角為∠BOC，則∠BOC=$\frac{π}{2}$． 得OB⊥平面AMNC．又平面AMNC∥平面EFG，則OB⊥平面EFG即可．
（Ⅱ）以O(shè)為原點(diǎn)，分別以$\overrightarrow{OA}$，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OD}$為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．
設(shè)OA=a，OB=b，則O（0，0，0），A（a，0，0），B（0，a，0），D（0，0，b），C（-a，0，0）．利用向量法求解．

解答 解：（Ⅰ）證明：因?yàn)辄c(diǎn)O、D分別是等腰梯形AMNC兩底AC、MN的中點(diǎn)，所以O(shè)D⊥OC．又AB=BC，
則OB⊥AC．于是等腰梯形AMNC與直角△ABC所成二面角的平面角為∠BOC，則∠BOC=$\frac{π}{2}$．即OB⊥OD，得OB⊥平面AMNC．
又平面AMNC∥平面EFG，則OB⊥平面EFG．
因?yàn)镋G?平面EFG，所以O(shè)B⊥EH．
（Ⅱ）以O(shè)為原點(diǎn)，分別以$\overrightarrow{OA}$，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OD}$為x軸、y軸、z軸
的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．
設(shè)OA=a，OD=b，則O（0，0，0），A（a，0，0），B（0，a，0），D（0，0，b），C（-a，0，0）．
所以E（$\frac{a}{2}，\frac{a}{2}，0）$，F(xiàn)（0，$\frac{a}{2}，\frac{2}$），G（-$\frac{a}{2}，\frac{a}{2}，0）$，H（-$\frac{a}{4}，\frac{a}{2}，\frac{4}$），有$\overrightarrow{HB}=（\frac{a}{4}，\frac{a}{2}，-\frac{4}）$，平面EFG的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=（0，1，0）$．
設(shè)直線BH與平面EFG所成的角為α，則sinα=|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{HB}＞$|=$\frac{\frac{a}{2}}{\sqrt{\frac{{a}^{2}}{16}+\frac{{a}^{2}}{4}+\frac{^{2}}{16}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，得a=b．
設(shè)平面HAC的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（x，y，z）$，由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{HA}=5x-2y-z=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{CH}=3x+2y+z=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{{n}_{2}}=（0，1，-2）$，
所以cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
因?yàn)槎�面角D-AC-H為銳二面角，所以二面角D-AC-H的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間線線、線面位置關(guān)系，即向量法求空間角，屬于中檔題．