Question

16．如图，三棱柱ABC-DEF中，侧面ABED是边长为2的菱形，且∠ABE=$\frac{π}{3}$，BC=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，四棱锥F-ABED的体积为2，点F在平面ABED内的正投影为G，且G在AE上，点M是在线段CF上，且CM=$\frac{1}{4}$CF．
（Ⅰ）证明：直线GM∥平面DEF；
（Ⅱ）求二面角M-AB-F的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由四棱锥锥F-ABED的体积为2求出FG，进一步求得EG，可得点G是靠近点A的四等分点．过点G作GK∥AD交DE于点K，可得GK=$\frac{3}{4}AD=\frac{3}{4}CF$．又MF=$\frac{3}{4}CF$，得到MF=GK且MF∥GK．则四边形MFKG为平行四边形，从而得到GM∥FK，进一步得到直线GM∥平面DEF；
（Ⅱ）设AE、BD的交点为O，OB所在直线为x轴，OE所在直线为y轴，点O作平面ABED的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ABM，ABF的法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角M-AB-F的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：∵四棱锥锥F-ABED的体积为2，
即V_F-ABCD=$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×4×FG=2$，∴FG=$\sqrt{3}$．
又BC=EF=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，∴EG=$\frac{3}{2}$，即点G是靠近点A的四等分点．
过点G作GK∥AD交DE于点K，∴GK=$\frac{3}{4}AD=\frac{3}{4}CF$．
又MF=$\frac{3}{4}CF$，∴MF=GK且MF∥GK．
四边形MFKG为平行四边形，
∴GM∥FK，
∴直线GM∥平面DEF；
（Ⅱ）设AE、BD的交点为O，OB所在直线为x轴，OE所在直线为y轴，
过点O作平面ABED的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
A（0，-1，0），B（$\sqrt{3}$，0，0），F（0，-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$），M（$\frac{3\sqrt{3}}{4}，-\frac{5}{4}，\sqrt{3}$）．
$\overrightarrow{BA}=（-\sqrt{3}，-1，0）$，$\overrightarrow{BM}=（-\frac{\sqrt{3}}{4}，-\frac{5}{4}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BF}=（-\sqrt{3}，-\frac{1}{2}，\sqrt{3}）$．
设平面ABM，ABF的法向量分别为$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BM}=0}\end{array}\right.$，则$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}{x}_{1}-{y}_{1}=0}\\{-\frac{\sqrt{3}}{4}{x}_{1}-\frac{5}{4}{y}_{1}+\sqrt{3}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取y=-$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}=（1，-\sqrt{3}，-1）$，
同理求得$\overrightarrow{n}=（1，-\sqrt{3}，\frac{1}{2}）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{7\sqrt{85}}{85}$，
∴二面角M-AB-F的余弦值为$\frac{7\sqrt{85}}{85}$．

点评 本题考查线面平行的判定，考查了空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．