Question

13．已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=$\frac{π}{2}$，AD=1，AB=2CD=4，E為AB中點(diǎn)，沿線段DE將△ADE折起到△A₁DE，使得點(diǎn)A₁在平面EBCD上的射影H在直線CD上．
（Ⅰ）求證：平面A₁EC⊥平面A₁DC；
（Ⅱ）求直線A₁B與平面EBCD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （I）過(guò)A₁作A₁H⊥CD交CD于H，連結(jié)CE，則可證四邊形ADCE是矩形，得出CE⊥CD，由A₁H⊥平面BCDE得出A₁H⊥CE，于是CE⊥平面A₁DC，故而平面A₁EC⊥平面A₁DC；
（II）利用勾股定理計(jì)算A₁H，BH，A₁B，于是直線A₁B與平面EBCD所成角的正弦值為$\frac{{A}_{1}H}{{A}_{1}B}$．

解答 證明：（I）過(guò)A₁作A₁H⊥CD交CD于H，連結(jié)CE．
∵點(diǎn)A₁在平面EBCD上的射影H在直線CD上，
∴A₁H⊥平面EBCD．∵CE?平面EBCD，
∴A₁H⊥CE．
∵AB∥CD，∠A=$\frac{π}{2}$，CD=AE=$\frac{1}{2}AB$，
∴四邊形AECD是矩形，∴CE⊥CD．
又A₁H?平面A₁DC，CD?平面A₁DC，A₁H∩CD=H，
∴CE⊥平面A₁DC，
∵CE?平面A₁CE，
平面A₁EC⊥平面A₁DC．
解：（II）連結(jié)BH，∵A₁H⊥平面EBCD，∴∠A₁BH為直線A₁B與平面EBCD所成的角．
連結(jié)HE，設(shè)A₁H=x，則DH=$\sqrt{1-{x}^{2}}$，HE=$\sqrt{4-{x}^{2}}$，
∴CH=$\sqrt{H{E}^{2}-C{E}^{2}}$=$\sqrt{3-{x}^{2}}$．
∴$\sqrt{1-{x}^{2}}$+$\sqrt{3-{x}^{2}}$=2，解得x=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴A₁H=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，DH=$\frac{1}{2}$，
∴BH=$\sqrt{（4-\frac{1}{2}）^{2}+{1}^{2}}$=$\frac{\sqrt{53}}{2}$，
∴A₁B=$\sqrt{{A}_{1}{H}^{2}+B{H}^{2}}$=$\sqrt{14}$．
∴sin∠A₁BH=$\frac{{A}_{1}H}{{A}_{1}B}$=$\frac{\sqrt{42}}{28}$．
∴直線A₁B與平面EBCD所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{42}}{28}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了面面垂直的判定，線面角的計(jì)算，屬于中檔題．