Question

13．如图1，平行四边形ABCD中，AB=2，BC=$\sqrt{2}$，∠BAD=45°，O为CD中点，将△BOC沿OB边翻折，折成直二面角A-BO-C，E为AC中点，
（Ⅰ）求证：DE∥平面BOC；
（Ⅱ）求直线AC与平面BCD所成夹角的正弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连结BD，由余弦定理得BD=$\sqrt{2}$，从而∠ADB=90，进而BO⊥OC，BO⊥OD，取BC中点F，连结EF，OF，得四边形EFOD为平行四边形，从而DE∥OF，由此能证明DE∥平面BOC．
（Ⅱ）由已知推导出△BCD为边长为$\sqrt{2}$的等边三角形．设点A到平面BCD的距离为d，直线AC与平面BCD所成夹角为θ，由V_A-BCD=V_D-ABC，求出d=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，由此能求出AC与平面BCD所成夹角的正弦值．

解答 证明：（Ⅰ）连结BD，∵平行四边形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，
从而△ABD与△BCD均为等腰直角三角形，
∴BO⊥OC，BO⊥OD，
又平面BOC⊥平面ABOD，∴OC⊥平面ABCD，
取BC中点F，连结EF，OF，EF为△ABC的中位线，
∴EF$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}AB$，又OD$\underset{∥}{=}$$\frac{1}{2}$AB，∴EF$\underset{∥}{=}$OD，
∴四边形EFOD为平行四边形．
∴DE∥OF，又DE?平面BOC，OF?平面BOC，
∴DE∥平面BOC．…（5分）
解：（Ⅱ）∵O为CD中点，将△BOC沿OB边翻折，折成直二面角A-BO-C，E为AC中点，
∴BC=$\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}$，∴△BCD为等边三角形．
设点A到平面BCD的距离为d，直线AC与平面BCD所成夹角为θ，
由（Ⅰ）知DE∥平面BOC，又OF⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，
∵V_A-BCD=V_D-ABC，
∴$\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=\frac{d}{AC}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{6}}$=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
即AC与平面BCD所成夹角的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{3}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查线面所成夹角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．