Question

7．如圖，已知菱形ABCD與直角梯形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為DF的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：PE∥平面ABCD
（Ⅱ）求二角D-EF-A的余弦值；
（Ⅲ）設(shè)G為線段AD上一點(diǎn)，$\overrightarrow{AG}=λ\overrightarrow{AD}$，若直線FG與平面ABEF所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{39}}{26}$，求AG的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AD的中點(diǎn)Q，連接PQ，BQ，證明PE∥BQ，即可證明PE∥平面ABCD．
（Ⅱ）取AB中點(diǎn)O，連接CO，分別以O(shè)B，OM，OC所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面DEF的法向量，平面AEF的法向量，利用向量的數(shù)量積求解二面角D-EF-A的余弦值．
（Ⅲ）求出$\overrightarrow{FG}=（-λ，-4，\sqrt{3}λ）$，平面ABEF的法向量，設(shè)直線FG與平面ABEF所成角為θ，利用數(shù)量積列出方程求解即可．

解答 （本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）取AD的中點(diǎn)Q，連接PQ，BQ，則PQ∥AF∥BE，且$PQ=\frac{1}{2}AF=BE$，
所以四邊形BEPQ為平行四邊形，…（2分）
所以PE∥BQ，又BQ?平面ABCD，PE?平面ABCD，
則PE∥平面ABCD．…（3分）
（Ⅱ）取AB中點(diǎn)O，連接CO，則CO⊥AB，因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，交線為AB，
則CO⊥平面ABEF…（4分）
作OM∥AF，分別以O(shè)B，OM，OC所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則$D（-2，0，\sqrt{3}），F(xiàn)（-1，4，0），E（1，2，0）$…（5分）
于是$\overrightarrow{DF}=（1，4，-\sqrt{3}）\overrightarrow{，EF}=（-2，2，0）$，設(shè)平面DEF的法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}x+4y-\sqrt{3}z=0\\-2x+2y=0\end{array}\right.$令x=1，則$y=1，z=\frac{5}{{\sqrt{3}}}$…（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?yàn)槎�面角D-EF-A為銳角，所以其余弦值為$\frac{{5\sqrt{31}}}{31}$．    …（9分）
（Ⅲ）$A（-1，0，0），\overrightarrow{AD}=（-1，0，\sqrt{3}），\overrightarrow{AG}=（-λ，0，\sqrt{3}λ）$，則$G（-λ-1，0，\sqrt{3}λ）$，$\overrightarrow{FG}=（-λ，-4，\sqrt{3}λ）$，而平面ABEF的法向量為$\overrightarrow m=（0，0，1）$，
設(shè)直線FG與平面ABEF所成角為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）

點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角的平面角的求法，直線與平面市場(chǎng)價(jià)的求法，直線與平面平行的判斷，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．