Question

16．如圖，三棱柱ABC-DEF中，側面ABED是邊長為2的菱形，且∠ABE=$\frac{π}{3}$，BC=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，四棱錐F-ABED的體積為2，點F在平面ABED內的正投影為G，且G在AE上，點M是在線段CF上，且CM=$\frac{1}{4}$CF．
（Ⅰ）證明：直線GM∥平面DEF；
（Ⅱ）求二面角M-AB-F的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由四棱錐錐F-ABED的體積為2求出FG，進一步求得EG，可得點G是靠近點A的四等分點．過點G作GK∥AD交DE于點K，可得GK=$\frac{3}{4}AD=\frac{3}{4}CF$．又MF=$\frac{3}{4}CF$，得到MF=GK且MF∥GK．則四邊形MFKG為平行四邊形，從而得到GM∥FK，進一步得到直線GM∥平面DEF；
（Ⅱ）設AE、BD的交點為O，OB所在直線為x軸，OE所在直線為y軸，點O作平面ABED的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，求出平面ABM，ABF的法向量，由兩法向量所成角的余弦值得二面角M-AB-F的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：∵四棱錐錐F-ABED的體積為2，
即V_F-ABCD=$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×4×FG=2$，∴FG=$\sqrt{3}$．
又BC=EF=$\frac{\sqrt{21}}{2}$，∴EG=$\frac{3}{2}$，即點G是靠近點A的四等分點．
過點G作GK∥AD交DE于點K，∴GK=$\frac{3}{4}AD=\frac{3}{4}CF$．
又MF=$\frac{3}{4}CF$，∴MF=GK且MF∥GK．
四邊形MFKG為平行四邊形，
∴GM∥FK，
∴直線GM∥平面DEF；
（Ⅱ）設AE、BD的交點為O，OB所在直線為x軸，OE所在直線為y軸，
過點O作平面ABED的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：
A（0，-1，0），B（$\sqrt{3}$，0，0），F(xiàn)（0，-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$），M（$\frac{3\sqrt{3}}{4}，-\frac{5}{4}，\sqrt{3}$）．
$\overrightarrow{BA}=（-\sqrt{3}，-1，0）$，$\overrightarrow{BM}=（-\frac{\sqrt{3}}{4}，-\frac{5}{4}，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BF}=（-\sqrt{3}，-\frac{1}{2}，\sqrt{3}）$．
設平面ABM，ABF的法向量分別為$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$．
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BM}=0}\end{array}\right.$，則$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}{x}_{1}-{y}_{1}=0}\\{-\frac{\sqrt{3}}{4}{x}_{1}-\frac{5}{4}{y}_{1}+\sqrt{3}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取y=-$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}=（1，-\sqrt{3}，-1）$，
同理求得$\overrightarrow{n}=（1，-\sqrt{3}，\frac{1}{2}）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{7\sqrt{85}}{85}$，
∴二面角M-AB-F的余弦值為$\frac{7\sqrt{85}}{85}$．

點評 本題考查線面平行的判定，考查了空間想象能力和思維能力，訓練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．