Question

2．已知矩形ADEF和菱形ABCD所在平面互相垂直，如圖，其中AF=1，AD=2，∠ADC=$\frac{π}{3}$，點(diǎn)N時(shí)線段AD的中點(diǎn)．
（Ⅰ）試問(wèn)在線段BE上是否存在點(diǎn)M，使得直線AF∥平面MNC？若存在，請(qǐng)證明AF∥平面MNC，并求出$\frac{BM}{ME}$的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（Ⅱ）求二面角N-CE-D的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 作FE的中點(diǎn)P，連接CP交BE于點(diǎn)M，M點(diǎn)即為所求的點(diǎn)，由PE∥AD，AD∥BC，得PE∥BC，$\frac{BM}{ME}=\frac{BC}{PE}=2$，
（Ⅱ）由（Ⅰ）得PN⊥ND，PN⊥NC，以N為空間坐標(biāo)原點(diǎn)，NC，ND，NP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系N-xyz，N（0，0，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，1，0），E（0，1，1），利用向量法求解．

解答 解：（Ⅰ） 作FE的中點(diǎn)P，連接CP交BE于點(diǎn)M，M點(diǎn)即為所求的點(diǎn)．…（2分）
證明：連接PN，∵N是AD的中點(diǎn)，P是FE的中點(diǎn)，∴PN∥AF，
又PN?平面MNC，AF?平面MNC，
∴直線AF∥平面MNC．
…（5分）                                                                                                                                 
∵PE∥AD，AD∥BC，∴PE∥BC，
∴$\frac{BM}{ME}=\frac{BC}{PE}=2$．…（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知PN⊥AD，又面ADEF⊥面ABCD，面ADEF∩面ABCD=AD，PN?面ADEF，
所以PN⊥面ABCD． …（8分）
故PN⊥ND，PN⊥NC．…（9分）
以N為空間坐標(biāo)原點(diǎn)，NC，ND，NP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系N-xyz，
∵∠ADC=$\frac{π}{3}$，AD=DC=2，∴△ADC為正三角形，NC=$\sqrt{3}$，
∴N（0，0，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，1，0），E（0，1，1），
∴$\overrightarrow{NE}$=（0，1，1），$\overrightarrow{NC}$=（$\sqrt{3}$，0，0），$\overrightarrow{DE}$=（0，0，1），$\overrightarrow{DC}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），
設(shè)平面NEC的一個(gè)法向量n₁=（x，y，z），則由n₁•$\overrightarrow{NE}$=0，n₁•$\overrightarrow{NC}$=0可得
$\left\{\begin{array}{l}{y+z=0}\\{\sqrt{3}x=0}\end{array}\right.$令y=1，則n₁=（0，1，-1）．
設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量n₂=（x₁，y₁，z₁），則由n₂•$\overrightarrow{DE}$=0，n₂•$\overrightarrow{DC}$=0可得
$\left\{\begin{array}{l}{{z}_{1}=0}\\{\sqrt{3}{x}_{1}-{y}_{1}=0}\end{array}\right.$令x₁=1，則n₂=（1，$\sqrt{3}$，0）．
則cos＜n₁，n₂＞=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$，
設(shè)二面角N-CE-D的平面角為θ，則sinθ=$\sqrt{1-（\frac{\sqrt{6}}{4}）^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$，
∴二面角N-CE-D的正弦值為$\frac{\sqrt{10}}{4}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間線線、線面位置關(guān)系，向量法求二面角，屬于中檔題，