Question

7．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，△ADE，△BCF均為等邊三角形，EF∥AB，EF=AD=$\frac{1}{2}$AB．
（1）過BD作截面與線段FC交于點N，使得AF∥平面BDN，試確定點N的位置，并予以證明；
（2）在（1）的條件下，求直線BN與平面ABF所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）當N為CF的中點時，AF∥平面BDN．連結(jié)AC交BD于M，連結(jié)MN．利用中位線定理即可證明AF∥MN，于是AF∥平面BDN；
（2）過F作FO⊥平面ABCD，垂足為O，過O作x軸⊥AB，作y軸⊥BC于P，則P為BC的中點．以O(shè)為原點建立空間直角坐標系，求出平面ABF的法向量$\overrightarrow{n}$，則|cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{BN}$＞|即為所求．

解答 解：（1）當N為CF的中點時，AF∥平面BDN．
證明：連結(jié)AC交BD于M，連結(jié)MN．
∵四邊形ABCD是矩形，∴M是AC的中點，
∵N是CF的中點，
∴MN∥AF，又AF?平面BDN，MN?平面BDN，
∴AF∥平面BDN．
（2）過F作FO⊥平面ABCD，垂足為O，過O作x軸⊥AB，作y軸⊥BC于P，則P為BC的中點．
以O(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設(shè)AD=1，則BF=1，F(xiàn)P=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∵EF=$\frac{1}{2}AB$=1，∴OP=$\frac{1}{2}$（AB-EF）=$\frac{1}{2}$，∴OF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴A（$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$，0），B（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），C（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），F(xiàn)（0，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），N（-$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．
∴$\overrightarrow{AB}$=（0，2，0），$\overrightarrow{AF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{BN}$=（-$\frac{3}{4}$，-$\frac{1}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．
設(shè)平面ABF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2y=0}\\{-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=$\sqrt{2}$得$\overrightarrow{n}$=（2，0，$\sqrt{2}$），
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BN}$=-1，|$\overrightarrow{n}$|=$\sqrt{6}$，|$\overrightarrow{BN}$|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{BN}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BN}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{BN}|}$=-$\frac{\sqrt{2}}{3}$．
∴直線BN與平面ABF所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{BN}$＞|=$\frac{\sqrt{2}}{3}$．

點評 本題考查了線面平行的判定，線面角的計算，空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．