Question

6．如圖（1），在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點(diǎn)，且AB=EF=2，CD=6，M為BC中點(diǎn)，現(xiàn)將梯形BEFC沿EF所在直線折起，使平面EFCB⊥平面EFDA，如圖（2）所示，N是線段CD上一動(dòng)點(diǎn)，且CN=λND．
（Ⅰ）當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$時(shí)，求證：MN∥平面ADFE；
（Ⅱ）當(dāng)λ=1時(shí)，求二面角M-NA-F的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）過點(diǎn)M作MP⊥EF于點(diǎn)P，過點(diǎn)N作NQ⊥FD于點(diǎn)Q，連接PQ，推導(dǎo)出MP⊥平面EFDA，NQ⊥EF，NQ⊥FD，從而NQ⊥平面EFDA，進(jìn)而MP$\underset{∥}{=}$NQ，由此能證明MN∥平面ADFE．
（Ⅱ）以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)E為x軸，F(xiàn)D為y軸，F(xiàn)C為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角M-NA-F的大小的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）過點(diǎn)M作MP⊥EF于點(diǎn)P，過點(diǎn)N作NQ⊥FD于點(diǎn)Q，連接PQ．
由題意，平面EFCB⊥平面EFDA，MP⊥EF，
∴MP⊥平面EFDA，（2分）
且MP=$\frac{BE+CF}{2}$=2，
∵EF⊥CF，EF⊥DF，CF∩DF=F，
∴EF⊥平面CFD，又NQ?平面CFD，∴NQ⊥EF，
又NQ⊥FD，∴NQ⊥平面EFDA，（4分）
又CN=$\frac{1}{2}ND$，則NQ=$\frac{2}{3}CF=2$，即MP$\underset{∥}{=}$NQ，
∴MN∥PQ且PQ?平面ADFE，∴MN∥平面ADFE．（6分）
解：（Ⅱ）以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)E為x軸，F(xiàn)D為y軸，F(xiàn)C為z軸，建立如圖所示坐標(biāo)系．
由題意，M（1，0，2），A（2，1，0），F(xiàn)（0，0，0），C（0，0，3），D（0，3，0），$N（0，\frac{3}{2}，\frac{3}{2}）$，
設(shè)平面AMN的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（a，b，c），
$\overrightarrow{AM}$=（-1，-1，2），$\overrightarrow{AN}$=（-2，$\frac{1}{2}，\frac{3}{2}$），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AM}=-a-b+2c=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AN}=-2a+\frac{1}{2}b+\frac{3}{2}c=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{n_1}=（1，1，1）$，…（8分）
在平面FAN中，$\overrightarrow{FA}$=（2，1，0），$\overrightarrow{FN}=（0，\frac{3}{2}，\frac{3}{2}）$，
設(shè)平面FAN的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{FA}=2x+y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{FN}=\frac{3}{2}y+\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n_2}=（1，-2，2）$，（10分）
則$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\sqrt{3}}}{9}$，
又由圖可知二面角M-NA-F的平面角是銳角，
所以二面角M-NA-F的大小的余弦值為$\frac{\sqrt{3}}{9}$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．