Question

4．如圖，在棱臺(tái)ABC-FED中，△DEF與△ABC分別是棱長(zhǎng)為1與2的正三角形，平面ABC⊥平面BCDE，四邊形BCDE為直角梯形，BC⊥CD，CD=1，N為AB中點(diǎn)，$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AF}（{λ∈R，λ＞0}）$．
（Ⅰ）設(shè)ND中點(diǎn)為Q，$λ=\frac{1}{2}$，求證：MQ∥平面ABC；
（Ⅱ）若M到平面BCD的距離為$\frac{{3\sqrt{3}}}{4}$，求直線MC與平面BCD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）延長(zhǎng)三棱臺(tái)的三條側(cè)棱，設(shè)交點(diǎn)為S，當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$時(shí)M為FA的中點(diǎn)，設(shè)CD中點(diǎn)為R，連MR，MQ，RQ，由中位線定理可證MR∥平面ABC，QR∥平面ABC，再由面面平行的判定可得平面MQR∥平面ABC，從而得到MQ∥平面ABC；
（Ⅱ）設(shè)AB中點(diǎn)為H，連SH，AH，在△SAH中，作MO∥AH且交SH于點(diǎn)O，由平面ABC⊥平面BCDE，可得AH⊥平面SBC，進(jìn)一步得到MO⊥平面SBC（D），求出M到平面SBC的距離MO．可得∠MCO為直線MC與平面BCD所成角．然后求解三角形得答案．

解答 （Ⅰ）證明：延長(zhǎng)三棱臺(tái)的三條側(cè)棱，設(shè)交點(diǎn)為S，當(dāng)$λ=\frac{1}{2}$時(shí)M為FA的中點(diǎn)，
設(shè)CD中點(diǎn)為R，連MR，MQ，RQ，
在梯形ACDF中，中位線MR∥AC，又MR?平面ABC，AC?平面ABC，
∴MR∥平面ABC；
在△CDN中，中位線QR∥CN，又QR?平面ABC，CN?平面ABC，
∴QR∥平面ABC，
又MR∩QR=R且MR?平面MQR，QR?平面MQR，
∴平面MQR∥平面ABC，
又MQ?平面MQR
∴MQ∥平面ABC；
（Ⅱ）解：設(shè)AB中點(diǎn)為H，連SH，AH，在△SAH中，作MO∥AH且交SH于點(diǎn)O，
∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE=BC，
AH?平面ABC，AH⊥BC，∴AH⊥平面SBC，
又MO∥AH，∴MO⊥平面SBC（D），
∴MO為M到平面SBC的距離，MO=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
且∠MCO為直線MC與平面BCD所成角．
∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE=BC，
CD?平面BCDE，CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC，
又AC?平面ABC，∴CD⊥AC，
在Rt△SAC中，DF∥AC，DF=1，AC=2，CD=1，
由$\frac{MO}{AH}=\frac{\frac{3\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{3}}=\frac{3}{4}$，得$\frac{SM}{SA}=\frac{3}{4}$，即M為FA的中點(diǎn)．
∴CF⊥SA，又CF=$\sqrt{2}$，F(xiàn)M=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴CM=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
在Rt△MCO中，sin∠MCO=$\frac{MO}{MC}=\frac{3\sqrt{30}}{20}$．
故直線MC與平面BCD所成角的正弦值為$\frac{{3\sqrt{30}}}{20}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面平行的判定，考查線面角的求法，考查空間想象能力與思維能力，是中檔題．