Question

10．如圖，四邊形ABCD中（圖1），E是BC的中點，DB=2，DC=1，BC=$\sqrt{5}$，AB=AD=$\sqrt{2}$，將（圖1）沿直線BD折起，使二面角A-BD-C成銳二面角且三棱錐A-BDC的體積為$\frac{\sqrt{3}}{6}$．（如圖2）
（1）求證：平面ABC⊥平面BDC；
（2）求直線AE與平面ADC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）取BD中點M，連接AM，ME，由已知得BD⊥AE，AM=1，ME=$\frac{1}{2}$，由三棱錐A-BDC體積為$\frac{\sqrt{3}}{6}$，得AE⊥平面BDC，由此能證明平面ABC⊥平面BDC．
（2）以M為原點MB為x軸，ME為y軸，建立空間直角坐標系M-xyz，利用向量法能求出直線AE與平面ADC所成角的正弦值．

解答 （1）證明：如圖取BD中點M，連接AM，ME．
∵AB=AD=$\sqrt{2}$，∴AM⊥BD，
∵DB=2，DC=1，BC=$\sqrt{5}$，∴DB²+DC²=BC²，
∴△BCD是BC為斜邊的直角三角形，BD⊥DC，
∵E是BC的中點，∴ME為△BCD的中位線，∴ME=$\frac{1}{2}$，
∵AM⊥BD，ME⊥BD且AM、ME是平面AME內(nèi)兩相交于M的直線，
∴BD⊥平面AEM，∵AE?平面AEM，∴BD⊥AE，
∵AB=AD=$\sqrt{2}$，DB=2，
∴△ABD為等腰直角三角形，∴AM=$\frac{1}{2}$BD=1，
∵${S}_{△BDC}=\frac{1}{2}×BD×DC=\frac{1}{2}×2×1=1$，
二面角A-BD-C成銳二面角且三棱錐A-BDC的體積為$\frac{\sqrt{3}}{6}$，
設(shè)A到到平面BDC的距離為h，
∴$\frac{1}{3}×{S}_{△BDC}×h$=$\frac{1}{3}h=\frac{\sqrt{3}}{6}$，解得h=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴h²=AM²-ME²，
∴h=AE，∴AE⊥平面BDC，
∵AE?平面ABC，∴平面ABC⊥平面BDC．
（2）解：如圖，以M為原點MB為x軸，ME為y軸，建立空間直角坐標系M-xyz，
則由（1）及已知條件可知B（1，0，0），E（0，$\frac{1}{2}$，0），
A（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），D（-1，0，0），C（-1，1，0），
$\overrightarrow{DA}$=（1，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{DC}$=（0，1，0），$\overrightarrow{AE}$=（0，0，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面ADC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DA}=x+\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=y=0}\end{array}\right.$，
取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，0，-2$），
設(shè)直線AE與平面ADC所成角為θ，
則sinθ=|cos＜$\overrightarrow{AE}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{AE}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{AE}|•|\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{-\sqrt{3}}{\sqrt{7}•\frac{\sqrt{3}}{2}}$|=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
∴直線AE與平面ADC所成角的正弦值為$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題主要考察線面垂直的證明以及線面角的正弦值求法．一般在證明線面垂直時，先轉(zhuǎn)化為證明線線垂直．進而得到線面垂直．