Question

4．如圖，已知平面ABC⊥平面BCDE，△DEF與△ABC分別是棱長為1與2的正三角形，AC∥DF，四邊形BCDE為直角梯形，DE∥BC，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，求證：GM∥平面DFN；
（2）若$λ=\frac{1}{2}$時，試求二面角M-BC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)λ=$\frac{2}{3}$時，連AG延長交BC于P，證明GM∥PF，P，D，F(xiàn)，N四點(diǎn)共面，即可證明：GM∥平面DFN．
（2）當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$時，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，利用向量的夾角公式求二面角M-BC-D的余弦值

解答 證明：（1）連AG延長交BC于P，
因?yàn)辄c(diǎn)G為△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AP}$=$\frac{2}{3}$，（1分）
又$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$，λ=$\frac{2}{3}$，所以$\frac{AG}{AP}$=$\frac{AM}{AF}$=$\frac{2}{3}$，
所以GM∥PF，（2分）
因?yàn)锳C∥DF，DE∥BC，所以平面ABC∥平面DEF，
又△DEF與△ABC分別是棱長為1與2的正三角形，
N為AB中點(diǎn)，P為BC中點(diǎn)，所以NP∥AC，
又AC∥DF，（3分）
所以NP∥DF，得P，D，F(xiàn)，N四點(diǎn)共面，
∴GM∥平面DFN．（5分）
解：（2）∵平面ABC⊥平面BCDE，∴平面DEF⊥平面BCDE，
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，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），（7分）
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），
∵λ=$\frac{1}{2}$，∴M（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），（9分）
設(shè)平面MBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），$\overrightarrow{BC}$=（2，0，0），$\overrightarrow{BM}$=（$\frac{5}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=2a=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=\frac{5}{4}a+\frac{1}{2}b+\frac{3\sqrt{3}}{4}c=0}\end{array}\right.$，取c=-2，得$\overrightarrow{n}$=（0，3$\sqrt{3}$，-2），
面BCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
設(shè)二面角M-BC-D的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{31}}$=$\frac{2\sqrt{31}}{31}$，
∴二面角M-BC-D的余弦值為$\frac{2\sqrt{31}}{31}$．（12分）

點(diǎn)評 本題考查線面平行的證明，考查二面角M-BC-D的余弦值，考查向量方法的運(yùn)用，屬于中檔題．