题目内容
(2012•德州一模)如图,矩形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,DE=3,M为CE的中点.
(Ⅰ)求证:BM∥平面ADEF;
(Ⅱ)求直线DB与平面BEC所成角的正弦值;
(Ⅲ)求平面BEC与平面DEC所成锐二面角的余弦值.
(Ⅰ)求证:BM∥平面ADEF;
(Ⅱ)求直线DB与平面BEC所成角的正弦值;
(Ⅲ)求平面BEC与平面DEC所成锐二面角的余弦值.
分析:(I)取DE中点N,连接MN,AN,由三角形中位线定理,结合已知中AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,易得四边形ABMN为平行四边形,所以BM∥AN,再由线面平面的判定定理,可得BM∥平面ADEF;
(II),以D为原点,DA,DC,DE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,用坐标表示向量,求出
=(1,1,
)为平面BEC的一个法向量,利用向量的夹角公式,即可求得直线DB与平面BEC所成角的正弦值;
(Ⅲ)确定
=(1,0,0)为平面DEC的一个法向量,利用向量的夹角公式,即可求得平面BEC与平面DEC所成锐二面角的余弦值.
(II),以D为原点,DA,DC,DE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,用坐标表示向量,求出
m |
2 |
3 |
(Ⅲ)确定
DA |
解答:(I)证明:取DE中点N,连接MN,AN
在△EDC中,M、N分别为EC,ED的中点,所以MN∥CD,且MN=
CD.
由已知AB∥CD,AB=
CD,所以MN∥AB,且MN=AB.
所以四边形ABMN为平行四边形,所以BM∥AN
又因为AN?平面ADEF,且BM?平面ADEF,
所以BM∥平面ADEF.
(II)解:在矩形ADEF中,ED⊥AD,
又因为平面ADEF⊥平面ABCD,
且平面ADEF∩平面ABCD=AD,
所以ED⊥平面ABCD,所以ED⊥BC.
又AD⊥CD,以D为原点,DA,DC,DE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,0,3),
设
=(x,y,z)为平面BEC的一个法向量,因为
=(-1,1,0),
=(0,-2,3)
∴
,令x=1,得y=1,z=
所以
=(1,1,
)为平面BEC的一个法向量
∵
=(1,1,0)
∴cos<
,
>=|
|=
∴直线DB与平面BEC所成角的正弦值为
;
(Ⅲ)∵矩形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,
∴DA⊥平面DEC
∴
=(1,0,0)为平面DEC的一个法向量
∴平面BEC与平面DEC所成锐二面角的余弦值为|
|=
.
在△EDC中,M、N分别为EC,ED的中点,所以MN∥CD,且MN=
1 |
2 |
由已知AB∥CD,AB=
1 |
2 |
所以四边形ABMN为平行四边形,所以BM∥AN
又因为AN?平面ADEF,且BM?平面ADEF,
所以BM∥平面ADEF.
(II)解:在矩形ADEF中,ED⊥AD,
又因为平面ADEF⊥平面ABCD,
且平面ADEF∩平面ABCD=AD,
所以ED⊥平面ABCD,所以ED⊥BC.
又AD⊥CD,以D为原点,DA,DC,DE所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,0,3),
设
m |
BC |
CE |
∴
|
2 |
3 |
所以
m |
2 |
3 |
∵
DB |
∴cos<
DB |
m |
| ||||
|
|
3 |
11 |
11 |
∴直线DB与平面BEC所成角的正弦值为
3 |
11 |
11 |
(Ⅲ)∵矩形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,
∴DA⊥平面DEC
∴
DA |
∴平面BEC与平面DEC所成锐二面角的余弦值为|
| ||||
|
|
3 |
22 |
22 |
点评:本题考查的知识点是二面角的平面角及求法,直线与平面平行的判定,平面与平面垂直的判定,熟练掌握空间直线与平面不同位置关系(平行和垂直)的判定定理、性质定理、定义及几何特征是解答本题的关键.
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