Question

18．如图，在平面四边形ABCD中，∠A=90°，∠B=135°，∠C=60°，AB=AD，M，N分别是边AD，CD上的点，且2AM=MD，2CN=ND．将△ABD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，并连结AC，MN．（如图2）

（Ⅰ） 证明：MN∥平面ABC；
（Ⅱ） 证明：AD⊥BC；
（Ⅲ）求直线BM与平面ACD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）先证明出MN∥AC，继而根据线面平行的判定定理证明出MN∥平面ABC；
（2）先证明出BC⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明出BC⊥平面ABD，最后由线面垂直的性质可推断出AD⊥BC；
（3）建立坐标系，设出BC的长，分别求出$\overrightarrow{BM}$的坐标，平面ACD的法向量，从而求出直线和平面所成角的正弦值．

解答 （1）证明：在△ACD中，
∵2AM=MD，2NC=ND，
∴MN∥AC，
∵MN?平面ABC，AC?平面ABC，
∴MN∥平面ABC．
（2）证明：在△ABD中，AB=AD，∠A=90°，
∴∠ABD=45°，
∵在平面四边形ABCD中，∠B=135°，
∴BC⊥BD，
∵平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴BC⊥平面ABD，
又AD?平面ABD，
∴AD⊥BC．
（3）解：分别以B为原点，以BC为x轴，BD为y轴，建立坐标系，如图示：
，
设BC=1，则C=（1，0，0），D（0，$\sqrt{3}$，0），A（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴$\overrightarrow{AM}$=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AD}$=（0，$\frac{\sqrt{3}}{6}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$），
∴$\overrightarrow{BM}$=$\overrightarrow{BA}$+$\overrightarrow{AM}$=（（0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）+（0，$\frac{\sqrt{3}}{6}$，-$\frac{\sqrt{3}}{6}$）=（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），
设平面ACD的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x-\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{0+\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令z=1，则$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，1），
设直线BM与平面ACD所成角为θ，
则sinθ=cos＜$\overrightarrow{BM}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{BM}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{BM}|•|\overrightarrow{n}|}$
=$\frac{0×\sqrt{3}+\frac{2\sqrt{3}}{3}×1+\frac{\sqrt{3}}{3}×1}{\sqrt{{0}^{2}{+（\frac{2\sqrt{3}}{3}）}^{2}{+（\frac{\sqrt{3}}{3}）}^{2}}•\sqrt{{（\sqrt{3}）}^{2}{+1}^{2}{+1}^{2}}}$
=$\frac{3}{5}$．

点评 本题考查了线面、线线垂直的判定，考查线面所成的角的三角函数值，考查向量的应用，本题是一道中档题．