Question

17．已知：平行四边形ABCD中，∠DAB=45°，AB=$\sqrt{2}$AD=2$\sqrt{2}$，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=$\sqrt{2}$，M为线段BC的中点．
（1）求证：直线MF∥平面BED；
（2）求证：平面BED⊥平面EAD；
（3）求直线BF与平面BED所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）取BD的中点G，连结MG，EG，通过证明四边形EFMG是平行四边形得出MF∥EG，从而有MF∥平面BED；
（2）取AD中点O，则OE⊥AD，根据面面垂直和线面垂直的性质得出OE⊥BD，利用勾股定理逆定理证明BD⊥AD，于是BD⊥平面ADE，从而平面BED⊥平面EAD；
（3）以O为原点建立空间坐标系，求出平面BED的法向量，通过计算法向量与$\overrightarrow{BF}$的夹角得出直线BF与平面BED所成角．

解答 证明：（1）取BD的中点G，连结MG，EG，
∵M为线段BC的中点，G是BD的中点，
∵MG$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$CD，又CD$\stackrel{∥}{=}AB$，EF$\stackrel{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AB，
∴EF$\stackrel{∥}{=}$GM，
∴四边形EFMG是平行四边形，
∴MF∥EG，
又MF?平面BED，EG?平面BED，
∴MF∥平面BED．
（2）取AD中点O，连结EO，则OE⊥AD，
∵平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE?平面ADE，OE⊥AD，
∴OE⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，
∴OE⊥BD，
∵AB=2$\sqrt{2}$，AD=2，∠BAD=45°，
∴BD=$\sqrt{8+4-2×2\sqrt{2}×2cos45°}$=2，
∴AD²+BD²=AB²，∴AD⊥BD，
又AD?平面ADE，OE?平面ADE，AD∩OE=O，
∴BD⊥平面ADE，又BD?平面BDE，
∴平面BED⊥平面EAD．
解：（3）过O作ON⊥AB，垂足为N，则ON⊥OM，
以O为原点，以ON，OM，OE为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则E（0，0，$\sqrt{3}$），G（0，$\sqrt{2}$，0），B（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，0），F（0，$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），
∴$\overrightarrow{BE}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{GE}$=（0，-$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BF}$=（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{3}$），
设平面BDE的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{GE}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}-\frac{3\sqrt{2}}{2}{y}_{1}+\sqrt{3}{z}_{1}=0}\\{-\sqrt{2}{y}_{1}+\sqrt{3}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，令y₁=$\sqrt{3}$得$\overrightarrow{m}$=（-$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$，$\sqrt{2}$），
∴cos＜$\overrightarrow{BF}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{BF}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{BF}||\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\sqrt{6}}{2×2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
设直线BF与平面BED所成角为α，则sinα=|cos＜$\overrightarrow{BF}，\overrightarrow{m}$＞|=$\frac{\sqrt{3}}{4}$．
∴直线BF与平面BED所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{4}$．

点评 本题考查了线面平行，面面垂直的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题．