Question

18．如圖，弧$\widehat{AEC}$是半徑為a的半圓，AC為直徑，點(diǎn)E為弧$\widehat{AC}$的中點(diǎn)，點(diǎn)B和點(diǎn)C為線段AD的三等分點(diǎn)，平面AEC外一點(diǎn)F滿足FB=FD=$\sqrt{5}$a，F(xiàn)E=$\sqrt{6}$a．
（Ⅰ）證明：EB⊥FD；
（Ⅱ）已知點(diǎn)Q，R分別為線段FE，F(xiàn)B上的點(diǎn)，使得$\overrightarrow{FQ}$=λ$\overrightarrow{FE}$，$\overrightarrow{FR}$=λ$\overrightarrow{FB}$，求當(dāng)RD最短時(shí)，平面BED與平面RQD所成二面角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）要證明EB⊥FD，我們可以轉(zhuǎn)化為證明EB⊥平面BDF，證明EB⊥BF，結(jié)合線面垂直的判斷定理和定義，不難給出結(jié)論．
（Ⅱ）要求平面BED與平面RQD所成二面角的正弦值，關(guān)鍵是要根據(jù)二面角的定義，先求出二面角的平面角，過D作HD∥QR，∠RDB是平面BED與平面RQD所成二面角的平面角，解三角形RDB即可得到結(jié)論．

解答 （Ⅰ）證明：∵E為弧AC的中點(diǎn)，AB=BC，AC為直徑，∴EB⊥AD．
∵$E{F^2}=6{a^2}={（\sqrt{5}a）^2}+{a^2}=B{F^2}+B{E^2}$，∴EB⊥FB．
∵BF∩BD=B，∴EB⊥平面BDF．
∵FD?平面BDF，∴EB⊥FD．…4分
（Ⅱ）解：過D作HD∥QR．
∵$\overrightarrow{FQ}=λ\overrightarrow{FE}，\overrightarrow{FR}=λ\overrightarrow{FB}$，∴QR∥EB．∴HD∥EB．
∵D∈平面BED∩平面RQD，
∴HD為平面BED與平面RQD的交線．
∵BD，RD?平面BDF，EB⊥平面BDF，
∴HD⊥BD，HD⊥RD．
∴∠RDB為平面BED與平面RQD所成二面角的平面角．
∵△BRD是直角三角形，∴$sin∠BDR=\frac{BR}{BD}=\frac{{\frac{2}{5}\sqrt{5}a}}{2a}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．…6分

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)，考查二面角的平面角，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．