Question

12．如圖，四邊形ABCD是矩形，AB=1，AD=$\sqrt{2}$，E是AD的中點，BE與AC交于點F，GF⊥平面ABCD
（1）求證：AF⊥平面BEG；
（2）若AF=FG，求直線EG與平面ABG所成的角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）推導出△AEF∽△CBF，從而AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，AC=$\sqrt{3}$，進而得到AC⊥BE，AC⊥GF，由此能證明AF⊥平面BEG．
（2）以點F為原點，F(xiàn)A、FE、FG所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線EG與平面ABG所成的角的正弦值．

解答 證明：（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴△AEF∽△CBF，
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{EF}{BF}=\frac{AE}{BC}=\frac{1}{2}$，
又∵矩形ABCD中，AB=1，AD=$\sqrt{2}$，∴AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，AC=$\sqrt{3}$，
在Rt△BEA中，BE=$\sqrt{A{B}^{2}+A{E}^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，∴AF=$\frac{1}{3}AC=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
BF=$\frac{2}{3}BE=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
在△ABF中，AF²+BF²=（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）²+（$\frac{\sqrt{6}}{3}$）²=1=AB²，
∴∠AFB=90°，∴AC⊥BE，
∵GF⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥GF，
又∵BE∩GF=F，BE，GF?平面BCE，∴AF⊥平面BEG．
解：（2）由（1）得AD、BE、FG兩兩垂直，以點F為原點，F(xiàn)A、FE、FG所在直線分別為x軸，y軸，z軸，
建立空間直角坐標系，
則A（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0，0），B（0，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，0），G（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），E（0，$\frac{\sqrt{6}}{6}$，0），
$\overrightarrow{AB}=（-\frac{\sqrt{3}}{3}，-\frac{\sqrt{6}}{3}，0）$，$\overrightarrow{AG}=（-\frac{\sqrt{3}}{3}，0，\frac{\sqrt{3}}{3}）$，$\overrightarrow{EG}$=（0，-$\frac{\sqrt{6}}{6}，\frac{\sqrt{3}}{3}$），
設$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）是平面ABG的法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{n}=-\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{\sqrt{6}}{3}y=0}\\{\overrightarrow{AG}•\overrightarrow{n}=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{\sqrt{3}}{3}z=0}\end{array}\right.$，取$x=\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}，-1，\sqrt{2}$），
設直線EG與平面ABG所成角的大小為θ，
則sinθ=$\frac{|\overrightarrow{EG}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{EG}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|0×\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{6}×（-1）+\frac{\sqrt{3}}{3}×\sqrt{2}|}{\sqrt{0+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}}•\sqrt{2+1+2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∴直線EG與平面ABG所成的角的正弦值為$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

點評 本題考查線面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．