Question

7．如图，在棱台ABC-FED中，△DEF与△ABC分别是棱长为1与2的正三角形，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为直角梯形，BC⊥CD，CD=1，点G为△ABC的重心，N为AB中点，$\overrightarrow{AM}$=λ$\overrightarrow{AF}$（λ∈R，λ＞0），
（1）当$λ=\frac{2}{3}$时，求证：GM∥平面DFN；
（2）若直线MN与CD所成角为$\frac{π}{3}$，试求二面角M-BC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连AG延长交BC于P，推出$\frac{AG}{AP}=\frac{2}{3}$，证明GM∥PF；然后证明NP∥AC，推出NP∥DF，然后证明GM∥平面DFN．
（2）连接PE，以P为原点，PC为x轴，PE为y轴，PA为z轴建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面MBC的法向量，平面BCD的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角M-BC-D的余弦值即可．

解答 解：（1）连AG延长交BC于P，
因为点G为△ABC的重心，所以$\frac{AG}{AP}=\frac{2}{3}$
又$\overrightarrow{AM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AF}$，所以$\frac{AG}{AP}=\frac{AM}{AF}=\frac{2}{3}$，所以GM∥PF；…3（分）
N为AB中点，P为BC中点，NP∥AC，又AC∥DF，
所以NP∥DF，得P、D、F、N四点共面
∴GM∥平面DFN…6（分）
（2）平面ABC⊥平面BCDE，AP⊥BC，∴AP⊥平面BCDE，连接PE，易得PE⊥BC，
以P为原点，PC为x轴，PE为y轴，PA为z轴建立空间直角坐标系，
则$C（1，0，0），D（1，1，0），A（0，0，\sqrt{3}），F（\frac{1}{2}，1，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），B（-1，0，0），N（-\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，设M（x，y，z），∵$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AF}$，∴$M（\frac{λ}{2}，λ，\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ）$，$\overrightarrow{NM}=（\frac{λ+1}{2}，λ，\frac{{\sqrt{3}}}{2}（1-λ））$，$\overrightarrow{CD}=（0，1，0）$
因为MN与CD所成角为$\frac{π}{3}$，所以$cos{60°}=\frac{{|{\overrightarrow{NM}•\overrightarrow{CD}}|}}{{|{\overrightarrow{NM}}|•|{\overrightarrow{CD}}|}}=\frac{λ}{{\sqrt{{{（\frac{λ+1}{2}）}^2}+{λ^2}+\frac{3}{4}{{（1-λ）}^2}}}}=\frac{1}{2}$，
得2λ²+λ-1=0，∴$λ=\frac{1}{2}$，∴$M（\frac{1}{4}，\frac{1}{2}，\frac{{3\sqrt{3}}}{4}）$，…8（分）
设平面MBC的法向量$\overrightarrow n=（a，b，c）$，则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow n•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow n•\overrightarrow{BM}=0}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow n=（0，3\sqrt{3}，-2）$，
平面BCD的法向量$\overrightarrow v=（0，0，1）$，所以二面角M-BC-D的余弦值$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow n•\overrightarrow v}|}}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow v}|}}=\frac{{2\sqrt{31}}}{31}$…12（分）

点评 本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直于平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．