Question

18．如图1，平面五边形ABCFE是由边长为2的正方形ABCD与上底为1，高为$\sqrt{3}$的直角梯形组合而成，将五边形ABCFE沿着CD折叠，得到图2所示的空间几何体，其中AF⊥CF．
（Ⅰ）证明：BD⊥平面AFC；
（Ⅱ）求二面角A-FB-C的正弦值．

Answer 1

分析 以D为原点，以直线DA为x轴，直线DC为y轴建立空间直角坐标系．过E作△EAD的高交AD于点G，∵CD⊥AD，CD⊥DE，AD∩DE=D，设EG=h，则A?（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（$\sqrt{3-{h}^{2}}$，0，h），F（$\sqrt{3-{h}^{2}}$，1，h），$\overrightarrow{AF}=（\sqrt{3-{h}^{2}}-2，1，h）$，$\overrightarrow{CF}=（\sqrt{3-{h}^{2}}，-1，h）$．
（Ⅰ）由AF⊥⊥CF得h．利用向量法处理．
（Ⅱ）求出平面ABE的法向量、平面BCF的法向量，由cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$即可．

解答 证明：（Ⅰ）以D为原点，以直线DA为x轴，直线DC为y轴建立空间直角坐标系．
过E作△EAD的高交AD于点G，∵CD⊥AD，CD⊥DE，AD∩DE=D
∴CD⊥平面ADE，∴EG⊥CD
又∵EG⊥AD，AD∩CD=D，∴EG⊥平面ABCD．
设EG=h，则A?（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），
E（$\sqrt{3-{h}^{2}}$，0，h），F（$\sqrt{3-{h}^{2}}$，1，h）
$\overrightarrow{AF}=（\sqrt{3-{h}^{2}}-2，1，h）$，$\overrightarrow{CF}=（\sqrt{3-{h}^{2}}，-1，h）$．
∵AF⊥⊥CF，∵$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{CF}$=（$\sqrt{3-{h}^{2}}-2）$$\sqrt{3-{h}^{2}}$-1+h²=0，解得h=$\sqrt{2}$．
∴$\overrightarrow{AF}=（-1，1，\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{CF}=（1，-1，\sqrt{2}$），$\overrightarrow{DB}=（2，2，0）$
∵$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{DB}•\overrightarrow{AF}=0}\\{\overrightarrow{DB}•\overrightarrow{CF}=0}\end{array}\right.$∴DB⊥AF，DB⊥CF，∴DB⊥平面AFC

（Ⅱ）由（Ⅰ）得解得h=$\sqrt{2}$．
∴$\overrightarrow{AF}=（-1，1，\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{CF}=（1，-1，\sqrt{2}$），$\overrightarrow{AB}=（0，2，0）$，$\overrightarrow{BC}=（-2，0，0）$
设平面ABE的法向量为$\overrightarrow{m}$=（a，b，c）
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=-a+b+\sqrt{2}c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=2b=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{m}=（\sqrt{2}，0，1）$
同理可得平面BCF的法向量为$\overrightarrow{n}=（0，\sqrt{2}，1）$
则cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{3}×\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
∴二面角A-FB-C的正弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

点评 本题考查了空间位置关系，空间向量的综合应用，属于中档题．