分析 (1)由AB∥CD,能证明CD∥平面ABFE.
(2)法一:由余弦定理得BD=$\sqrt{3}$AD,由勾股定理得BD⊥AD,由此得到DE⊥平面ABCD,延长BF交AE的延长线于点H,连接DH.则∠DHB为直线BF与平面ADE所成的角,由此能求出直线BF与平面ADE所成角的正弦值.
(2)法二:由DA,DB,DE两两互相垂直,建立空间直角坐标系D-xyz,利用向量法能求出直线BF与平面ADE所成角的正弦值.
解答 解:(1)∵AB∥CD,
CD?平面ABFE,AB?平面ABFE,
∴CD∥平面ABFE;(5分)
(2)解法一:∵AB=2BC=2AD,∠BAD=60°,
在△ABD中由余弦定理得BD=$\sqrt{A{D}^{2}+A{B}^{2}-2×AD×AB×cos60°}$=$\sqrt{3}$AD,
∴BD2+AD2=AB2,∴BD⊥AD.
∵AE⊥BD,AD∩AE=A,AD、AE?平面ADE,
∴BD⊥平面ADE.∴BD⊥DE.∵DE⊥DC,∴DE⊥平面ABCD.
延长BF交AE的延长线于点H,连接DH.
则∠DHB为直线BF与平面ADE所成的角,不妨取AB=2BC=2,
由题意得BD=$\sqrt{3}$,BH=AH=2$\sqrt{2}$,
∴直线BF与平面ADE所成角的正弦值为$\frac{BD}{BH}$=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$.(12分)
(2)解法二:∵AB=2BC=2AD,∠BAD=60°,
在△ABD中由余弦定理得BD=$\sqrt{A{D}^{2}+A{B}^{2}-2×AD×AB×cos60°}$=$\sqrt{3}$AD,
∴BD2+AD2=AB2,∴BD⊥AD.
∵AE⊥BD,AD∩AE=A,AD、AE?平面ADE,
∴BD⊥平面ADE.∴BD⊥DE.∵DE⊥DC,∴DE⊥平面ABCD.
∵DA,DB,DE两两互相垂直,
建立如图的空间直角坐标系D-xyz.
∵ABCD是等腰梯形,且AB=2BC,∠BAD=60°,∴CB=CD=CF.
不妨设BC=1,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,$\sqrt{3}$,0),F(-$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,1).
∴$\overrightarrow{FB}$=($\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,-1),
又平面ADE的一个法向量可取$\overrightarrow{u}$=(0,1,0),
∴直线BF与平面ADE所成角的正弦值为|cos<$\overrightarrow{FB}$,$\overrightarrow{u}$>|=$\frac{|\overrightarrow{FB}•\overrightarrow{u}|}{|\overrightarrow{FB}|•|\overrightarrow{u}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}×1}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$.(12分)
点评 本题考查线面平行的证明,考查线面角的正弦值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养.
科目:高中数学 来源: 题型:填空题
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