题目内容
18．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．（1）求证：AD⊥BM；
（2）若$\overrightarrow{DE}$=2$\overrightarrow{EB}$，求二面角E-AM-D的正弦值．
分析 （1）先证明BM⊥AM，再利用平面ADM⊥平面ABCM，证明BM⊥平面ADM，从而可得AD⊥BM．
（2）建立直角坐标系，求出平面AMD、平面AME的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出二面角E-AM-D的正弦值．
解答 证明：（1）长方形ABCD中，设AB=2，AD=1，M为DC的中点
则AM=BM=$\sqrt{2}$，∴AM2+BM2=AB2，∴BM⊥AM
∵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．
解：（2）建立如图所示的直角坐标系，
∵$\overrightarrow{DE}$=2$\overrightarrow{EB}$，设AB=2，AD=1，
∴A（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0，0），B（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sqrt{2}$，0），D（0，0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
则平面AMD的一个法向量$\overrightarrow{n}$=（0，1，0），
$\overrightarrow{ME}$=（$\frac{\sqrt{2}}{6}$，$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\frac{\sqrt{2}}{6}$），$\overrightarrow{AM}$=（-$\sqrt{2}$，0，0），
设AME的一个法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{ME}=\frac{\sqrt{2}}{6}x+\frac{2\sqrt{2}}{3}y+\frac{\sqrt{2}}{6}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AM}=-\sqrt{2}x=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{m}$=（0，1，-4），
设二面角E-AM-D的平面角为θ，
则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{17}}$，sinθ=$\sqrt{1-（\frac{1}{\sqrt{17}}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{17}}{17}$，
∴二面角E-AM-D的正弦值为$\frac{4\sqrt{17}}{17}$．
点评 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
| A． | $y=\frac{1}{x-1}$ | B． | $y={（x-1）^{-\frac{1}{2}}}$ | C． | y=ex-1 | D． | $y=\sqrt{sin（x-1）}$ |
我国古代数学家祖暅是著名数学家祖冲之之子，祖暅原理叙述道：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”中的体积问题，其核心过程为：如下图正方体ABCD-A1B1C1D1，求图中四分之一圆柱体BB1C1-AA1D1和四分之一圆柱体AA1B1-DD1C1公共部分的体积V，若图中正方体的棱长为2，则V=（ ） （在高度h处的截面：用平行于正方体上下底面的平面去截，记截得两圆柱体公共部分所得面积为S1，截得正方体所得面积为S2，截得锥体所得面积为S3，${S_1}={R^2}-{h^2}$，${S_2}={R^2}$⇒S2-S1=S3）
| A． | $\frac{16}{3}$ | B． | $\frac{8}{3}$ | C． | 8 | D． | $\frac{8π}{3}$ |
如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=90°，AC=CB=CC1=2，M是AB的中点．
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于P．设EF与BD交于点O，过点P作PH⊥BD，垂足为H．