Question

8．如圖，菱ABCD與四邊形BDEF相交于BD，∠ABC=120°，BF⊥平面ABCD，DE∥BF，BF=2DE，AF⊥FC，M為CF的中點，AC∩BD=G．
（I）求證：GM∥平面CDE；
（II）求直線AM與平面ACE成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）取BC的中點N，連接GN，GM，MN．由MN∥BF∥DE，GN∥CD可得平面GMN∥平面CDE，故而GM∥平面CDE；
（II）以G為原點，建立空間坐標系，求出平面ACE的法向量$\overrightarrow{m}$和$\overrightarrow{AM}$的坐標，計算$\overrightarrow{m}$和$\overrightarrow{AM}$的夾角即可得出結(jié)論．

解答 證明：（Ⅰ）取BC的中點N，連接GN，GM，MN．
因為G為菱形對角線的交點，所以G為AC中點，
又N為BC中點，所以GN∥CD，
又因為M，N分別為FC，BC的中點，
所以MN∥FB，又因為DE∥BF，
所以DE∥MN，
又MN∩GN=N，
所以平面GMN∥平面CDE，
又GM?平面GMN，
所以GM∥平面CDE．
（Ⅱ）連接GF，設菱形的邊長AB=2，則由∠ABC=120°，得$GB=GD=1，GA=GC=\sqrt{3}$，
又因為AF⊥FC，所以$FG=GA=\sqrt{3}$，
則在直角三角形GBF中，$BF=\sqrt{2}$，所以$DE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
以G為坐標原點，分別以GA，GD所在直線為x軸，y軸，建立空間直角坐標系G-xyz，
則$G（0，0，0），A（\sqrt{3}，0，0），E（0，1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}），F(xiàn)（0，-1，\sqrt{2}）$，$M（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$
則$\overrightarrow{GA}=（\sqrt{3}，0，0），\overrightarrow{GE}=（0，1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，
設$\overrightarrow m=（x，y，z）$為平面ACE的一個法向量，則$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow m•\overrightarrow{GA}=0}\\{\overrightarrow m•\overrightarrow{GE}=0}\end{array}}\right.$即$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x=0}\\{y+\frac{{\sqrt{2}}}{2}z=0}\end{array}}\right.$，
令$z=\sqrt{2}$，得$\overrightarrow m=（0，-1，\sqrt{2}）$，
又$\overrightarrow{AM}=（-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，所以$cos?\overrightarrow{AM}，\overrightarrow m）=\frac{{\overrightarrow{AM}•\overrightarrow m}}{{|\overrightarrow{AM}||\overrightarrow m|}}=\frac{{\frac{1}{2}+1}}{{\sqrt{1+2}\sqrt{\frac{27}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{10}$=$\frac{\overrightarrow{AM}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{AM}||\overrightarrow{m}|}$=$\frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{3}•\frac{\sqrt{30}}{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
所以直線AM與平面ACE所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{10}}{10}$．

點評 本題考查了線面平行的判定，空間向量與線面角的計算，屬于中檔題．