Question

5．在如圖所示的多面體ABCDEFG中，面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=120°，DE∥CF∥BG，CF⊥面ABCD，AG∥EF，且CF=2 BG=4．
（I）證明：EG∥平面ABCD；
（Ⅱ）求直線(xiàn)CF與平面AEG所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明四邊形AEFG為平行四邊形．連接AF交EG于M，連接AC，BD交于O，連接MO，證明MG∥BO．即可證明EG∥平面ABCD．
（Ⅱ）解法一、證明FC與平面AEFG所成的角就是∠AFC．在Rt△AFC中，求解FC與平面AEG所成角的正弦即可．
解法二、以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線(xiàn)AC、BD為x、y軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，求出平面AEG的法向量，然后利用向量的數(shù)量積求解直線(xiàn)CF與平面AEG所成角的正弦值即可．

解答 解：（Ⅰ）證明：AG∥EF⇒AG與EF共面．
由平面ADE∥平面BCFG⇒AE∥FG⇒
四邊形AEFG為平行四邊形．
連接AF交EG于M，連接AC，BD交于O，
連接MO，如圖1所示．
則MO∥CF，且$MO=\frac{1}{2}CF=BG$，
故BOMG為平行四邊形，所以MG∥BO．
又BO?平面ABCD，MG?平面ABCD，
所以MG∥平面ABCD，即EG∥平面ABCD．…（6分）
（Ⅱ）解法一、DE∥CF∥BG，CF⊥面ABCD，AG∥EF，
$\left.{\begin{array}{l}{CF⊥平面ABCD⇒CF⊥DB}\\{四邊形ABCD是菱形⇒BD⊥AC}\\{CF、AC?面ABCD且CF∩AC=O}\end{array}}\right\}$⇒BD⊥平面ACF．
由（Ⅰ）知EG∥BD，所以EG⊥平面ACF⇒平面AEFG⊥平面ACF．
因?yàn)槠矫鍭EFG∩平面ACF=AF，C∈平面ACF，所以點(diǎn)C在平面AEFG
內(nèi)的射影落在AF上，故FC與平面AEFG所成的角就是∠AFC．
在Rt△AFC中，$sin∠AFC=\frac{AC}{AF}=\frac{2}{{\sqrt{{2^2}+{4^2}}}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，
所以FC與平面AEG所成角的正弦為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．…（12分）
解法二、
由（Ⅰ）易知，DE=BG=2．以O(shè)為坐
標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線(xiàn)AC、BD為x、y
軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
如圖2所示．

則有A（1，0，0）、$E（0\;，\;-\sqrt{3}\;，\;\;2）$，$G（0\;，\;\sqrt{3}\;，\;2）$，C（-1，0，0），F(xiàn)（-1，0，4），
所以 $\overrightarrow{AE}=（-1\;，\;\;-\sqrt{3}\;，\;\;2）$，$\overrightarrow{EG}=（0\;，\;\;2\sqrt{3}\;，\;\;0）$，$\overrightarrow{CF}=（0\;，\;0\;，\;4）$．
設(shè)面AEG的法向量為$\overrightarrow n=（x\;，\;y\;，\;z）$，
由$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{EG}$，得$\left\{\begin{array}{l}-x-\sqrt{3}y+2z=0\;\\ 2\sqrt{3}y=0.\end{array}\right.$令z=1，則x=2
所以$\overrightarrow n=（2\;，\;0\;，\;1）$，于是$cos＜\overrightarrow n\;，\;\overrightarrow{CF}＞=\frac{4}{{4\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．…（10分）
故直線(xiàn)CF與平面AEG所成角的正弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線(xiàn)與平面平行于垂直的判定定理的應(yīng)用，直線(xiàn)與平面所成角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．