Question

14．正四面体ABCD的棱CD在平面α上，E为棱BC的中点，当正四面体ABCD绕CD旋直线AE与平面α所成最大角的正弦值为$\frac{\sqrt{33}}{6}$．

Answer 1

分析 取CD的中点O为原点建立空间直角坐标系，则α的法向量为$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），设平面BCD与平面α所成的二面角为θ，正四面体边长为2，用θ表示出$\overrightarrow{AE}$的坐标，利用三角恒等变换计算|cos＜$\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow{n}$＞|的最大值即可．

解答 解：取CD的中点O，在平面α内过O作y轴⊥CD，作z轴⊥平面α，以O为原点建立空间直角坐标系如图所示：
作EM⊥CD，垂足为M，
设平面BCD与平面α所成的二面角为θ，正四面体边长为2，则AO=BO=AE=$\sqrt{3}$，EM=$\frac{1}{2}$BO=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．OM=$\frac{1}{4}$CD=$\frac{1}{2}$．
∴cos∠AOB=$\frac{O{A}^{2}+O{B}^{2}-A{B}^{2}}{2OA•OB}$=$\frac{1}{3}$．
∴E（$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$cosθ，$\frac{\sqrt{3}}{2}$sinθ），A（0，-$\sqrt{3}$cos（θ+∠AOB），$\sqrt{3}$sin（θ+∠AOB），）．
∴$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$cosθ+$\sqrt{3}$cos（θ+∠AOB），$\frac{\sqrt{3}}{2}$sinθ-$\sqrt{3}$sin（θ+∠AOB））．
∵$\overrightarrow{n}$=（0，0，1）是平面α的一个法向量，
∴$\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{n}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$sinθ-$\sqrt{3}$sin（θ+∠AOB）=$\frac{\sqrt{3}}{6}$sinθ-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$cosθ=$\frac{\sqrt{11}}{2}$sin（θ+φ），
∵|$\overrightarrow{AE}$|=$\sqrt{3}$，|$\overrightarrow{n}$|=1，∴cos＜$\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{33}}{6}$sin（θ+φ）
∴直线AE与平面α所成最大角的正弦值为$\frac{\sqrt{33}}{6}$．
故答案为$\frac{\sqrt{33}}{6}$．

点评 本题考查了空间向量在立体几何中的应用，线面角的计算，属于中档题．