Question

6．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
（I）求证：GF∥平面ADE；
（II）求GF与平面ABE所成角的正切值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AE的中点H，连接HG，HD，由G是BE的中点，F是CD中点，推导出四边形HGFD是平行四边形，从而GF∥DH，由此能证明GF∥平面ADE．
（II）过B作BQ∥EC，以D为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出GF与平面ABE所成角的正切值．

解答 证明：（Ⅰ）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，
∴GH∥AB，且GH=$\frac{1}{2}$AB，
又F是CD中点，∴DF=$\frac{1}{2}$CD，
由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB=CD，
∴GH∥DF，且GH=DF．∴四边形HGFD是平行四边形，
∴GF∥DH，又DH?平面ADE，GF?平面ADE，
∴GF∥平面ADE．
解：（II）如图，在平面BEC内，过B作BQ∥EC，
∵BE⊥CE，∴BQ⊥BE，
又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，
以D为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1），G（1，0，0），
$\overrightarrow{GF}$=（1，2，1），平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$=（0，1，0），
设GF与平面ABE所成角的平面角为θ，
则sinθ=$\frac{|\overrightarrow{GF}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{GF}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{6}}$，∴cosθ=$\sqrt{1-（\frac{2}{\sqrt{6}}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}$，
∴tanθ=$\frac{sinθ}{cosθ}$=$\frac{\frac{2}{\sqrt{6}}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}}$=$\sqrt{2}$．
∴GF与平面ABE所成角的正切值为$\sqrt{2}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查线面角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．