Question

1．如图，已知平面ABC⊥平面BCDE，△DEF与△ABC分别是棱长为1与2的正三角形，AC∥DF，四边形BCDE为直角梯形，DE∥BC，BC⊥CD，CD=1，点G为△ABC的重心，N为AB中点，$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$（λ∈r，λ＞0），
（Ⅰ）当λ=$\frac{2}{3}$时，求证：GM∥平面DFN
（Ⅱ）若直线MN与CD所成角为$\frac{π}{3}$，试求二面角M-BC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当λ=$\frac{2}{3}$时，连AG延长交BC于P，证明GM∥PF，P，D，F，N四点共面，即可证明：GM∥平面DFN
（Ⅱ）若直线MN与CD所成角为$\frac{π}{3}$，以P为原点，PC为x轴，PE为y轴，PA为z轴建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求二面角M-BC-D的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：连AG延长交BC于P，
因为点G为△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AP}$=$\frac{2}{3}$--------------------（1分）
又$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$，λ=$\frac{2}{3}$，所以$\frac{AG}{AP}$=$\frac{AM}{AF}$=$\frac{2}{3}$，所以GM∥PF；----------（2分）
因为AC∥DF，DE∥BC，所以平面ABC∥平面DEF，
又△DEF与△ABC分别是棱长为1与2的正三角形，N为AB中点，P为BC中点，所以NP∥AC，
又AC∥DF，------------（3分）
所以NP∥DF，得P，D，F，N四点共面
∴GM∥平面DFN-----------------------------------------------（5分）
（Ⅱ）平面ABC⊥平面BCDE，易得平面DEF⊥平面BCDE，
以P为原点，PC为x轴，PE为y轴，PA为z轴建立空间直角坐标系，
则C（1，0，0），D（1，1，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），F（$\frac{1}{2}$，1，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），B（-1，0，0），N（-$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），----（7分）
设M（x，y，z），
∵$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$，∴M（$\frac{λ}{2}$，λ，$\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}λ$），$\overrightarrow{NM}$=（$\frac{λ+1}{2}$，λ，$\frac{\sqrt{3}}{2}（1-λ）$），$\overrightarrow{CD}$=（0，1，0）
因为MN与CD所成角为$\frac{π}{3}$，所以$\frac{λ}{\sqrt{（\frac{λ+1}{2}）^{2}+{λ}^{2}+\frac{3}{4}（1-λ）^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，----------------（9分）
得2λ²+λ-1=0，∴λ=$\frac{1}{2}$，∴M（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），
设平面MBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），$\overline{BC}$=（2，0，0），$\overrightarrow{BM}$=（$\frac{5}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{4}$），
则$\left\{\begin{array}{l}{2a=0}\\{\frac{1}{2}b+\frac{3\sqrt{3}}{4}c=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（0，3$\sqrt{3}$，-2），
面BCD的法向量$\overrightarrow{v}$=（0，0，1），所以二面角M-BC-D的余弦值=$\frac{|-2|}{\sqrt{31}}$=$\frac{2\sqrt{31}}{31}$-----------------------------（12分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查二面角M-BC-D的余弦值，考查向量方法的运用，属于中档题．