Question

15．如圖，在三棱錐D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E為BC的中點，F(xiàn)在棱AC上，且AF=3FC．
（Ⅰ）若O為△BCD的重心，N在棱AC上，且CF=2FN，求證：OF∥平面BDN．
（Ⅱ）求直線AD與平面DEF所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）過O，F(xiàn)分別作OM∥BC，F(xiàn)H∥BC，分別交BD，BN于M，H，并連接MH，只需證明四邊形OFHM為平行四邊形，從而根據(jù)線面平行的判定定理即可得出OF∥平面BDN；
（Ⅱ）取AC中點G，并連接EG，根據(jù)條件可說明EG，EB，ED兩兩垂直，從而分別以這三直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，確定圖形上一些點的坐標(biāo)，并設(shè)平面DEF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{ED}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EG}=0}\end{array}\right.$即可求出法向量$\overrightarrow{n}$，可設(shè)直線AD與平面DEF所成角為θ，則由sinθ=$|cos＜\overrightarrow{AD}，\overrightarrow{n}＞|$即可求得sinθ．

解答 解：（Ⅰ）證明：如圖，過O作OM∥BE，并且OM=$\frac{2}{3}BE=\frac{a}{3}$，過F作FH∥BC，且FH=$\frac{1}{3}BC=\frac{a}{3}$；
∴OM∥FH，且OM=FH；
∴四邊形OMHF是平行四邊形；
∴OF∥MH，OF?平面BDN，MH?平面BDN；
∴OF∥平面BDN；
（Ⅱ）
取AC中點G，連接EG，則EG∥AB，AB⊥平面BCD；
∴EG⊥平面BCD；
又DE⊥BC；
EG，EB，ED三直線兩兩垂直，∴分別以這三直線為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則：
E（0，0，0），F(xiàn)（$\frac{a}{4}，-\frac{a}{4}，0$），A（a，$\frac{a}{2}$，0），D（0，0，$\frac{\sqrt{3}a}{2}$）；
∴$\overrightarrow{AD}=（-a，-\frac{a}{2}，\frac{\sqrt{3}a}{2}）$，$\overrightarrow{ED}=（0，0，\frac{\sqrt{3}a}{2}）$，$\overrightarrow{EF}$=（$\frac{a}{4}，-\frac{a}{4}$，0）；
設(shè)平面DEF的法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，則：
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{ED}=\frac{\sqrt{3}az}{2}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EF}=\frac{ax}{4}-\frac{ay}{4}=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{z=0}\\{x=y}\end{array}\right.$，取y=1，∴$\overrightarrow{n}=（1，1，0）$；
設(shè)直線AD與平面DEF所成角為θ，則sinθ=|cos$＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AD}＞$|=$\frac{\frac{3a}{2}}{2a}=\frac{3}{4}$；
∴直線AD與平面DEF所成角的正弦值為$\frac{3}{4}$．

點評 考查重心的性質(zhì)：重心到頂點距離是它到對邊中點距離的2倍，相似三角形對應(yīng)邊的比例關(guān)系，平行四邊形的定義，線面平行的判定定理，以及建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量解決線面角問題的方法，能求空間點的坐標(biāo)，平面法向量的定義及求法，向量夾角余弦的坐標(biāo)公式．