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4.如圖,已知平面ABC⊥平面BCDE,△DEF與△ABC分別是棱長為1與2的正三角形,AC∥DF,四邊形BCDE為直角梯形,DE∥BC,BC⊥CD,CD=1,點G為△ABC的重心,N為AB中點,\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AF}(λ∈R,λ>0)
(1)當λ=\frac{2}{3}時,求證:GM∥平面DFN;
(2)若λ=\frac{1}{2}時,試求二面角M-BC-D的余弦值.

分析 (1)當λ=\frac{2}{3}時,連AG延長交BC于P,證明GM∥PF,P,D,F(xiàn),N四點共面,即可證明:GM∥平面DFN.
(2)當λ=\frac{1}{2}時,以P為原點,PC為x軸,PE為y軸,PA為z軸建立空間直角坐標系,利用向量的夾角公式求二面角M-BC-D的余弦值

解答 證明:(1)連AG延長交BC于P,
因為點G為△ABC的重心,所以\frac{AG}{AP}=\frac{2}{3},(1分)
\overrightarrow{AM}\overrightarrow{AF},λ=\frac{2}{3},所以\frac{AG}{AP}=\frac{AM}{AF}=\frac{2}{3},
所以GM∥PF,(2分)
因為AC∥DF,DE∥BC,所以平面ABC∥平面DEF,
又△DEF與△ABC分別是棱長為1與2的正三角形,
N為AB中點,P為BC中點,所以NP∥AC,
又AC∥DF,(3分)
所以NP∥DF,得P,D,F(xiàn),N四點共面,
∴GM∥平面DFN.(5分)
解:(2)∵平面ABC⊥平面BCDE,∴平面DEF⊥平面BCDE,
以P為原點,PC為x軸,PE為y軸,PA為z軸建立空間直角坐標系,
則C(1,0,0),D(1,1,0),A(0,0,\sqrt{3}),F(xiàn)(\frac{1}{2},1,\frac{\sqrt{3}}{2}),B(-1,0,0),N(-\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}),(7分)
設M(x,y,z),
\overrightarrow{AM}\overrightarrow{AF},∴M(\frac{λ}{2},λ,\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}λ),\overrightarrow{NM}=(\frac{λ+1}{2},λ,\frac{\sqrt{3}}{2}(1-λ)),\overrightarrow{CD}=(0,1,0),
∵λ=\frac{1}{2},∴M(\frac{1}{4},\frac{1}{2},\frac{3\sqrt{3}}{4}),(9分)
設平面MBC的法向量\overrightarrow{n}=(a,b,c),\overrightarrow{BC}=(2,0,0),\overrightarrow{BM}=(\frac{5}{4}\frac{1}{2},\frac{3\sqrt{3}}{4}),
\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=2a=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=\frac{5}{4}a+\frac{1}{2}b+\frac{3\sqrt{3}}{4}c=0}\end{array}\right.,取c=-2,得\overrightarrow{n}=(0,3\sqrt{3},-2),
面BCD的法向量\overrightarrow{m}=(0,0,1),
設二面角M-BC-D的平面角為θ,
則cosθ=\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}=\frac{2}{\sqrt{31}}=\frac{2\sqrt{31}}{31},
∴二面角M-BC-D的余弦值為\frac{2\sqrt{31}}{31}.(12分)

點評 本題考查線面平行的證明,考查二面角M-BC-D的余弦值,考查向量方法的運用,屬于中檔題.

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