Question

13．如圖1，平行四邊形ABCD中，AB=2，BC=$\sqrt{2}$，∠BAD=45°，O為CD中點(diǎn)，將△BOC沿OB邊翻折，折成直二面角A-BO-C，E為AC中點(diǎn)，
（Ⅰ）求證：DE∥平面BOC；
（Ⅱ）求直線AC與平面BCD所成夾角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連結(jié)BD，由余弦定理得BD=$\sqrt{2}$，從而∠ADB=90，進(jìn)而B(niǎo)O⊥OC，BO⊥OD，取BC中點(diǎn)F，連結(jié)EF，OF，得四邊形EFOD為平行四邊形，從而DE∥OF，由此能證明DE∥平面BOC．
（Ⅱ）由已知推導(dǎo)出△BCD為邊長(zhǎng)為$\sqrt{2}$的等邊三角形．設(shè)點(diǎn)A到平面BCD的距離為d，直線AC與平面BCD所成夾角為θ，由V_A-BCD=V_D-ABC，求出d=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，由此能求出AC與平面BCD所成夾角的正弦值．

解答 證明：（Ⅰ）連結(jié)BD，∵平行四邊形ABCD中，AB=2，BC=$\sqrt{2}$，∠BAD=45°，
∴由余弦定理BD²=AD²+AB²-2AD•AB•cos45°=2+4-2×$\sqrt{2}×2×\frac{\sqrt{2}}{2}$=2，∴BD=$\sqrt{2}$，
∴AD²+BD²=AB²，∠ADB=90，
從而△ABD與△BCD均為等腰直角三角形，
∴BO⊥OC，BO⊥OD，
又平面BOC⊥平面ABOD，∴OC⊥平面ABCD，
取BC中點(diǎn)F，連結(jié)EF，OF，EF為△ABC的中位線，
∴EF$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}AB$，又OD$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AB，∴EF$\underset{∥}{=}$OD，
∴四邊形EFOD為平行四邊形．
∴DE∥OF，又DE?平面BOC，OF?平面BOC，
∴DE∥平面BOC．…（5分）
解：（Ⅱ）∵O為CD中點(diǎn)，將△BOC沿OB邊翻折，折成直二面角A-BO-C，E為AC中點(diǎn)，
∴BC=$\sqrt{2}$，由余弦定理BD²=AD²+AB²-2AD•AB•cos45°=2+4-2×$\sqrt{2}×2×\frac{\sqrt{2}}{2}$=2，∴BD=$\sqrt{2}$，
CD=$\sqrt{1+1}$=$\sqrt{2}$，∴△BCD為等邊三角形．
設(shè)點(diǎn)A到平面BCD的距離為d，直線AC與平面BCD所成夾角為θ，
由（Ⅰ）知DE∥平面BOC，又OF⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，
∵V_A-BCD=V_D-ABC，
∴$\frac{1}{3}{S}_{△BCD}•d=\frac{1}{3}{S}_{△ABC}•DE$，
∴$\frac{1}{3}（\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}）•d=\frac{1}{3}（\frac{1}{2}×2×\sqrt{2}）×\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得d=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，∴sin$θ=\frac9dedbxq{AC}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
即AC與平面BCD所成夾角的正弦值為$\frac{\sqrt{2}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查線面所成夾角的正弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．