如图.已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直.其中BE∥AF.AB⊥AF.AB=BE=$\frac{1}{2}$AF=2.∠CBA=$\frac{π}{3}$.P为DF的中点．(Ⅰ)求证:PE∥平面ABCD(Ⅱ)求二角D-EF-A的余弦值,(Ⅲ)设G为线段AD上一点.$\overrightarrow{AG}=λ\overrightarrow{AD}$.若直线FG与平面ABEF所成� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

7．

如图，已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直，其中BE∥AF，AB⊥AF，AB=BE=$\frac{1}{2}$AF=2，∠CBA=$\frac{π}{3}$，P为DF的中点．
（Ⅰ）求证：PE∥平面ABCD
（Ⅱ）求二角D-EF-A的余弦值；
（Ⅲ）设G为线段AD上一点，$\overrightarrow{AG}=λ\overrightarrow{AD}$，若直线FG与平面ABEF所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{39}}{26}$，求AG的长．

分析（Ⅰ）取AD的中点Q，连接PQ，BQ，证明PE∥BQ，即可证明PE∥平面ABCD．
（Ⅱ）取AB中点O，连接CO，分别以OB，OM，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面DEF的法向量，平面AEF的法向量，利用向量的数量积求解二面角D-EF-A的余弦值．
（Ⅲ）求出$\overrightarrow{FG}=（-λ，-4，\sqrt{3}λ）$，平面ABEF的法向量，设直线FG与平面ABEF所成角为θ，利用数量积列出方程求解即可．

解答（本小题满分13分）
解：（Ⅰ）取AD的中点Q，连接PQ，BQ，则PQ∥AF∥BE，且$PQ=\frac{1}{2}AF=BE$，
所以四边形BEPQ为平行四边形，…（2分）
所以PE∥BQ，又BQ?平面ABCD，PE?平面ABCD，
则PE∥平面ABCD．…（3分）
（Ⅱ）取AB中点O，连接CO，则CO⊥AB，因为平面ABCD⊥平面ABEF，交线为AB，
则CO⊥平面ABEF…（4分）
作OM∥AF，分别以OB，OM，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则$D（-2，0，\sqrt{3}），F（-1，4，0），E（1，2，0）$…（5分）
于是$\overrightarrow{DF}=（1，4，-\sqrt{3}）\overrightarrow{，EF}=（-2，2，0）$，设平面DEF的法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}x+4y-\sqrt{3}z=0\\-2x+2y=0\end{array}\right.$令x=1，则$y=1，z=\frac{5}{{\sqrt{3}}}$…（6分）

平面AEF的法向量$\overrightarrow n=（0，0，1）$…（7分）
所以$cos\left?{\overrightarrow m，\overrightarrow n}\right＞=\frac{{\frac{5}{{\sqrt{3}}}}}{{\sqrt{\frac{31}{3}}}}=\frac{{5\sqrt{31}}}{31}$…（8分）
又因为二面角D-EF-A为锐角，所以其余弦值为$\frac{{5\sqrt{31}}}{31}$． …（9分）
（Ⅲ）$A（-1，0，0），\overrightarrow{AD}=（-1，0，\sqrt{3}），\overrightarrow{AG}=（-λ，0，\sqrt{3}λ）$，则$G（-λ-1，0，\sqrt{3}λ）$，$\overrightarrow{FG}=（-λ，-4，\sqrt{3}λ）$，而平面ABEF的法向量为$\overrightarrow m=（0，0，1）$，
设直线FG与平面ABEF所成角为θ，
于是$sinθ=\frac{{\sqrt{3}λ}}{{\sqrt{16+4{λ^2}}}}=\frac{{\sqrt{39}}}{26}$…（11分）
于是$λ=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，$AG=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．…（13分）