Question

10．如图，已知△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，点G为△ABC的重心，N为AB中点，AG⊥平面BCDE，M为线段AF上靠近点F的三等分点．
（Ⅰ）求证：GM∥平面DFN；
（Ⅱ）若二面角M-BC-D的余弦值为$\frac{{\sqrt{7}}}{4}$，试求异面直线MN与CD所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连AG并延长交BC于P，推导出GM∥PF，平面ABC∥平面DEF，求出NP∥AC，又AC∥DF，从而NP∥DF，由此能证明GM∥平面DFN．
（Ⅱ）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，利用向量法能求出直线MN与CD所成角．

解答 证明：（Ⅰ）连AG并延长交BC于P，
因为点G为△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AP}=\frac{2}{3}$
又$\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AF}$，所以$\frac{AG}{AP}=\frac{AM}{AF}=\frac{2}{3}$，
所以GM∥PF；
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，
所以NP∥DF，
所以P，D，F，N四点共面，
所以GM∥平面DFN；
解：（Ⅱ）由题意，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，
设CD=m，则C（1，0，0），D（1，m，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），F（$\frac{1}{2}$，m，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），B（-1，0，0），N（-$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∵$\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AF}$，∴$M（\frac{1}{3}，\frac{2m}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$，$\overrightarrow{BC}=（2，0，0），\overrightarrow{BM}=（\frac{4}{3}，\frac{2m}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$
设平面MBC的法向量$\overrightarrow n=（a，b，c）$，
则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{BM}=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2a=0}\\{\frac{4}{3}a+\frac{2m}{3}b+\frac{\sqrt{3}}{3}c=0}\end{array}\right.$，取b=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow n=（0，\sqrt{3}，-2m）$，
平面BCD的法向量$\overrightarrow v=（0，0，1）$，
所以二面角M-BC-D的余弦值$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow n•\overrightarrow v}|}}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow v}|}}=\frac{2m}{{\sqrt{3+4{m^2}}}}=\frac{{\sqrt{7}}}{4}$，$m=\frac{{\sqrt{21}}}{6}$，
又$\overrightarrow{MN}=（\frac{-5}{6}，-\frac{2m}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{6}）$，$\overrightarrow{CD}=（0，m，0）$，

cos＜$\overrightarrow{MN}，\overrightarrow{CD}$＞=$\frac{{|{\overrightarrow{NM}•\overrightarrow{CD}}|}}{{|{\overrightarrow{NM}}|•|{\overrightarrow{CD}}|}}=\frac{m}{{\sqrt{{m^2}+\frac{7}{4}}}}=\frac{1}{2}$，
∴直线MN与CD所成角为$\frac{π}{3}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．