Question

7．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，△ADE，△BCF均为等边三角形，EF∥AB，EF=AD=$\frac{1}{2}$AB．
（1）过BD作截面与线段FC交于点N，使得AF∥平面BDN，试确定点N的位置，并予以证明；
（2）在（1）的条件下，求直线BN与平面ABF所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）当N为CF的中点时，AF∥平面BDN．连结AC交BD于M，连结MN．利用中位线定理即可证明AF∥MN，于是AF∥平面BDN；
（2）过F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，过O作x轴⊥AB，作y轴⊥BC于P，则P为BC的中点．以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABF的法向量$\overrightarrow{n}$，则|cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{BN}$＞|即为所求．

解答 解：（1）当N为CF的中点时，AF∥平面BDN．
证明：连结AC交BD于M，连结MN．
∵四边形ABCD是矩形，∴M是AC的中点，
∵N是CF的中点，
∴MN∥AF，又AF?平面BDN，MN?平面BDN，
∴AF∥平面BDN．
（2）过F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，过O作x轴⊥AB，作y轴⊥BC于P，则P为BC的中点．
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AD=1，则BF=1，FP=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∵EF=$\frac{1}{2}AB$=1，∴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），$\overrightarrow{AF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{BN}$=（-$\frac{3}{4}$，-$\frac{1}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．
设平面ABF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2y=0}\\{-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，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＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{BN}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BN}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{BN}|}$=-$\frac{\sqrt{2}}{3}$．
∴直线BN与平面ABF所成角的正弦值为|cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{BN}$＞|=$\frac{\sqrt{2}}{3}$．

点评 本题考查了线面平行的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．