Question

14．如图，在几何体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60°，EA=ED=AB=2EF，EF∥AB，M为BC中点．
（Ⅰ）求证：FM∥平面BDE；
（Ⅱ）求直线CF与平面BDE所成角的正弦值；
（Ⅲ）在棱CF上是否存在点G，使BG⊥DE？若存在，求$\frac{CG}{CF}$的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取CD 中点N，连结MN、FN，推导出四边形EFND为平行四边形．从而FN∥ED．进而FN∥平面BDE，由此能证明平面MFN∥平面BDE，从而FM∥平面BDE．
（Ⅱ）取AD中点O，连结EO，BO．以O为原点，OA，OB，OE为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法能求出直线CF与平面ADE所成角的正弦值．
（Ⅲ）设G是CF上一点，且$\overrightarrow{CG}=λ\overrightarrow{CF}$，λ∈[0，1]．利用向量法能求出在棱CF上存在点G使得BG⊥DE，此时$\frac{CG}{CF}=\frac{4}{9}$．

解答 （共14分）
证明：（Ⅰ）取CD 中点N，连结MN、FN．
因为N，M分别为CD，BC中点，所以MN∥BD．
又BD?平面BDE，且MN?平面BDE，所以MN∥平面BDE，
因为EF∥AB，AB=2EF，所以EF∥CD，EF=DN．
所以四边形EFND为平行四边形．所以FN∥ED．
又ED?平面BDE且FN?平面BDE，
所以FN∥平面BDE，…（2分）
又FN∩MN=N，所以平面MFN∥平面BDE．  …（3分）
又FM?平面MFN，所以FM∥平面BDE．                          …（4分）
解：（Ⅱ）取AD中点O，连结EO，BO．
因为EA=ED，所以EO⊥AD．
因为平面ADE⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，EO⊥BO．
因为AD=AB，∠DAB=60°，所以△ADB为等边三角形．
因为O为AD中点，所以AD⊥BO．
因为EO，BO，AO两两垂直，设AB=4，
以O为原点，OA，OB，OE为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系O-xyz．                 …（6分）
由题意得，A（2，0，0），$B（0，2\sqrt{3}，0）$，$C（-4，2\sqrt{3}，0）$，D（-2，0，0），$E（0，0，2\sqrt{3}）$，$F（-1，\sqrt{3}，2\sqrt{3}）$．     …（7分）
$\overrightarrow{CF}=（3，-\sqrt{3}，2\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{DE}=（2，0，2\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BE}=（0，-2\sqrt{3}，2\sqrt{3}）$．
设平面BDE的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}n•\overrightarrow{BE}=0\\ n•\overrightarrow{DE}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}y-z=0\\ x+\sqrt{3}z=0.\end{array}\right.$，
令z=1，则y=1，$x=-\sqrt{3}$．所以$n=（-\sqrt{3}，1，1）$．                            …（9分）
设直线CF与平面BDE成角为α，$sinα=|cos＜\overrightarrow{CF}，n＞|=\frac{{\sqrt{10}}}{10}$，
所以直线CF与平面ADE所成角的正弦值为$\frac{{\sqrt{10}}}{10}$． …（10分）
（Ⅲ）设G是CF上一点，且$\overrightarrow{CG}=λ\overrightarrow{CF}$，λ∈[0，1]．         …（11分）
因此点$G（3λ-4，-\sqrt{3}λ+2\sqrt{3}，2\sqrt{3}λ）$．             …（12分）
$\overrightarrow{BG}=（3λ-4，-\sqrt{3}λ，2\sqrt{3}λ）$．
由$\overrightarrow{BG}•\overrightarrow{DE}=0$，解得$λ=\frac{4}{9}$．
所以在棱CF上存在点G使得BG⊥DE，此时$\frac{CG}{CF}=\frac{4}{9}$．…（14分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．