Question

2．已知矩形ADEF和菱形ABCD所在平面互相垂直，如图，其中AF=1，AD=2，∠ADC=$\frac{π}{3}$，点N时线段AD的中点．
（Ⅰ）试问在线段BE上是否存在点M，使得直线AF∥平面MNC？若存在，请证明AF∥平面MNC，并求出$\frac{BM}{ME}$的值，若不存在，请说明理由；
（Ⅱ）求二面角N-CE-D的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 作FE的中点P，连接CP交BE于点M，M点即为所求的点，由PE∥AD，AD∥BC，得PE∥BC，$\frac{BM}{ME}=\frac{BC}{PE}=2$，
（Ⅱ）由（Ⅰ）得PN⊥ND，PN⊥NC，以N为空间坐标原点，NC，ND，NP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系N-xyz，N（0，0，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，1，0），E（0，1，1），利用向量法求解．

解答 解：（Ⅰ） 作FE的中点P，连接CP交BE于点M，M点即为所求的点．…（2分）
证明：连接PN，∵N是AD的中点，P是FE的中点，∴PN∥AF，
又PN?平面MNC，AF?平面MNC，
∴直线AF∥平面MNC．
…（5分）                                                                                                                                 
∵PE∥AD，AD∥BC，∴PE∥BC，
∴$\frac{BM}{ME}=\frac{BC}{PE}=2$．…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知PN⊥AD，又面ADEF⊥面ABCD，面ADEF∩面ABCD=AD，PN?面ADEF，
所以PN⊥面ABCD． …（8分）
故PN⊥ND，PN⊥NC．…（9分）
以N为空间坐标原点，NC，ND，NP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系N-xyz，
∵∠ADC=$\frac{π}{3}$，AD=DC=2，∴△ADC为正三角形，NC=$\sqrt{3}$，
∴N（0，0，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，1，0），E（0，1，1），
∴$\overrightarrow{NE}$=（0，1，1），$\overrightarrow{NC}$=（$\sqrt{3}$，0，0），$\overrightarrow{DE}$=（0，0，1），$\overrightarrow{DC}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
设平面NEC的一个法向量n₁=（x，y，z），则由n₁•$\overrightarrow{NE}$=0，n₁•$\overrightarrow{NC}$=0可得
$\left\{\begin{array}{l}{y+z=0}\\{\sqrt{3}x=0}\end{array}\right.$令y=1，则n₁=（0，1，-1）．
设平面CDE的一个法向量n₂=（x₁，y₁，z₁），则由n₂•$\overrightarrow{DE}$=0，n₂•$\overrightarrow{DC}$=0可得
$\left\{\begin{array}{l}{{z}_{1}=0}\\{\sqrt{3}{x}_{1}-{y}_{1}=0}\end{array}\right.$令x₁=1，则n₂=（1，$\sqrt{3}$，0）．
则cos＜n₁，n₂＞=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，
设二面角N-CE-D的平面角为θ，则sinθ=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{6}}{4}）^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$，
∴二面角N-CE-D的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$．…（12分）

点评 本题考查了空间线线、线面位置关系，向量法求二面角，属于中档题，