Question

14．已知多面体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，EF⊥CE，且$AC=\sqrt{2}$，AE=EC=1，$EF=\frac{BC}{2}$，AD∥EF．
（1）求证：平面ACE⊥平面ADEF；
（2）若AE⊥AD，直线AE与平面ACF夹角的正弦值为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，求AD的值．

Answer 1

分析 （1）由已知可得：AC²=AE²+CE²，可得AE⊥EC；又EF⊥CE，可得CE⊥平面ADEF；即可证明结论．
（2）平面ACE⊥平面ADEF，AE⊥AD，可得AD⊥平面AEC，AC⊥AD；以A为原点，AC，AD所在直线分别为x，y轴，过点A且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD=2a，设平面ACF的一个法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$，利用$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$即可得出$\overrightarrow{m}$，设直线AE与平面ACF的夹角为θ，利用sinθ=$\frac{|\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{m}|}$即可得出．

解答 （1）证明：∵$AC=\sqrt{2}$，AE=EC=1，∴AC²=AE²+CE²，∴AE⊥EC；
又EF⊥CE，AE∩EF=E，∴CE⊥平面ADEF；
∵CE?平面ACE，∴平面ACE⊥平面ADEF．
（2）解：∵平面ACE⊥平面ADEF，平面ACE∩平面ADEF=AE，AE⊥AD，
∴AD⊥平面AEC，AC?平面AEC，故AC⊥AD；
以A为原点，AC，AD所在直线分别为x，y轴，过点A且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AD=2a，则A（0，0，0），$C（\sqrt{2}，0，0）$，$F（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-a，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$E（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
设平面ACF的一个法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$，
∵$\overrightarrow{AC}=（\sqrt{2}，0，0）$，$\overrightarrow{AF}=（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-a，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}\sqrt{2}x=0\\ \frac{{\sqrt{2}}}{2}x-ay+\frac{{\sqrt{2}}}{2}z=0\end{array}\right.$，取$z=\sqrt{2}$，$y=\frac{1}{a}$，则$\overrightarrow m=（0，\frac{1}{a}，\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{AE}=（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
设直线AE与平面ACF的夹角为θ，
故$sinθ=\frac{{|\overrightarrow{AE}•\overrightarrow m|}}{{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow m|}}=\frac{1}{{\sqrt{\frac{1}{a^2}+2}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，解得a=1（a=-1舍去），故AD=2．

点评 本题考查了空间位置关系、线面面面垂直的判定定理与性质定理、平行四边形的性质定理、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．