Question

16．如图，已知长方形ABCD中，AB=2AD，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．

（Ⅰ）求证：AD⊥BM；
（Ⅱ）若E是线段DB上的中点，求AE与平面BDM所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）根据平面几何知识得出AM⊥BM，根据面面垂直的性质得出BM⊥平面ADM，于是AD⊥BM；
（II）以M为原点，以MA，MB及平面ABCM的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系，设AD=1，求出$\overrightarrow{AE}$和平面BDM的法向量$\overrightarrow{n}$，则|cos＜$\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{n}$＞|即为所求．

解答 证明：（I）∵四边形ABCD是矩形，AB=2AD，M为CD的中点
∴AM=BM=$\sqrt{2}$AD，
∴AM²+BM²=AB²，∴AM⊥BM．
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM?平面ABCM，
∴BM⊥平面ADM，∵AD?平面ADM，
∴AD⊥BM．
（II）过M作平面ABCM的垂线Mz，
以M为原点，以MA，MB，Mz为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设AD=1，则AM=BM=$\sqrt{2}$，
则M（0，0，0），A（$\sqrt{2}$，0，0），B（0，$\sqrt{2}$，0），D（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），E（$\frac{\sqrt{2}}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．
∴$\overrightarrow{AE}$=（-$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$），$\overrightarrow{MB}$=（0，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{MD}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
设平面BMD的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{MD}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{2}y=0}\\{\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=1得$\overrightarrow{n}$=（-1，0，1）．
∴$\overrightarrow{n}•AE$=$\sqrt{2}$，
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AE}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AE}|}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
∴AE与平面BDM所成角的正弦值为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查了线面垂直的判定与性质，空间向量的应用，线面角的计算，属于中档题．