直线与平面——平行的判定与性质

(1)证明： 因为 $AE⊥CE$ 且 $AE⊥DE$ ， $CE∩DE=E$ ，且 $CE,DE⊂$ $平面{ \rm }$ $BCD$ ， 所以 $AE⊥$ 平面 $BCD$ . 因为 $CD⊂$ 平面 $BCD$ ，所以 $AE⊥CD$ . 又 $AD⊥CD$ ， $AE∩AD=A$ ， $AE⊂$ 平面 $ABD$ ， $AD⊂$ 平面 $ABD$ ， $CD⊄$ 平面 $ABD$ ， 所以 $CD⊥$ 平面 $ABD$ ， 故 $CD⊥AB$ .
(2) $\frac { \sqrt{ 6 } } { 3 }$ 【分析】
（1）根据题意可得 $AE⊥CD$ ， $AD⊥CD$ ，再结合线面垂直的性质定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量 $AD$ 和平面 $ABC$ 的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点 $D$ 到平面 $ABC$ 的距离为 $h$ ，进而计算线面夹角.
（1）略
（2）如图所示，以 $D$ 为原点， $DE$ 所在直线为 $x$ 轴， $DC$ 所在直线为 $y$ 轴，过点 $D$ 且垂直于平面 $BCD$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系， 可得 $D\left\{ ( { 0,0,0 } \right )$ ， $C\left ( { 0,2\sqrt{ 3 },0 } \right )$ ， $E\left ( { 2,0,0 } \right )$ ， $B\left ( { 3,0,0 } \right )$ . 因为 $AE⊥DE$ 且 $AE=\sqrt{ 2 }$ ，所以 $A\left ( { 2,0,\sqrt{ 2 } } \right )$ . 所以 $\overset\rightarrow { AD }=\left ( { -2,0,-\sqrt{ 2 } } \right )$ ， $\overset\rightarrow { AB }=\left ( { 1,0,-\sqrt{ 2 } } \right )$ ， $\overset\rightarrow { AC }=\left ( { -2,2\sqrt{ 3 },-\sqrt{ 2 } } \right )$ . 设平面 $ABC$ 的法向量 $n=\left ( { x,y,z } \right )$ ，则 $\left \{ \right\}$ ， 可得 $x=\sqrt{ 2 }z$ ，令 $z=2$ ，则： $x=2\sqrt{ 2 }$ ， $y=\sqrt{ 6 }$ ，即 $n=\left ( { 2\sqrt{ 2 },\sqrt{ 6 },2 } \right )$ . 设 $AD$ 与平面 $ABC$ 所成的角为 $θ$ ： 所以 $sinθ=\frac { ∣\overset\rightarrow { AD }⋅n∣ } { ∣\overset\rightarrow { AD }∣⋅\left | { n } \right | }=\frac { \left | { \left ( { -2 } \right )×2\sqrt{ 2 }+0+\left ( { -\sqrt{ 2 } } \right )×2 } \right | } { \sqrt{ \left ( { -2 } \right ) ^ { 2 } +0 ^ { 2 } +\left ( { -\sqrt{ 2 } } \right ) ^ { 2 } }×\sqrt{ \left ( { 2\sqrt{ 2 } } \right ) ^ { 2 } +\left ( { \sqrt{ 6 } } \right ) ^ { 2 } +2 ^ { 2 } } }$ $=\frac { 6\sqrt{ 2 } } { \sqrt{ 6 }×3\sqrt{ 2 } }=\frac { \sqrt{ 6 } } { 3 }$ ， 所以 $AD$ 与平面 $ABC$ 所成的角的正弦值为 $\frac { \sqrt{ 6 } } { 3 }$ . 法二：在 $Rt△ADE$ 中， $AD=\sqrt{ AE ^ { 2 } +DE ^ { 2 } }=\sqrt{ \left ( { \sqrt{ 2 } } \right ) ^ { 2 } +2 ^ { 2 } }=\sqrt{ 6 }$ ， 在 $Rt△ABE$ 中， $AB=\sqrt{ AE ^ { 2 } +BE ^ { 2 } }=\sqrt{ \left ( { \sqrt{ 2 } } \right ) ^ { 2 } +1 ^ { 2 } }=\sqrt{ 3 }$ ， 由（1）知 $CD⊥平面ADE$ ，则 $CD⊥DE,CD⊥AD$ . 在 $Rt△BDC$ 中， $BC=\sqrt{ BD ^ { 2 } +CD ^ { 2 } }=\sqrt{ 3 ^ { 2 } +\left ( { 2\sqrt{ 3 } } \right ) ^ { 2 } }=\sqrt{ 21 }$ . 在 $Rt△ADC$ 中， $AC=\sqrt{ AD ^ { 2 } +CD ^ { 2 } }=\sqrt{ 6+12 }=3\sqrt{ 2 }$ . $\because AB ^ { 2 } +AC ^ { 2 } =\left ( { \sqrt{ 3 } } \right ) ^ { 2 } +\left ( { 3\sqrt{ 2 } } \right ) ^ { 2 } =21=BC ^ { 2 }$ ， $∴\vartriangle ABC$ 为直角三角形，则 $S_{ △ABC } =\frac { 1 } { 2 }AB⋅AC=\frac { 1 } { 2 }×\sqrt{ 3 }×3\sqrt{ 2 }=\frac { 3\sqrt{ 6 } } { 2 }$ . 设点 $D$ 到平面 $ABC$ 的距离为 $h$ ， $AD$ 与平面 $ABC$ 所成角为 $θ$ ， 由 $V_{ D-ABC } =V_{ A-BCD }$ 得： $\frac { 1 } { 3 }S_{ \vartriangle ABC } ⋅h=\frac { 1 } { 3 }S_{ \vartriangle BCD } ⋅AE$ ，即 $\frac { 1 } { 3 }⋅\frac { 3\sqrt{ 6 } } { 2 }⋅h=\frac { 1 } { 3 }⋅\left ( { \frac { 1 } { 2 }⋅3⋅2\sqrt{ 3 } } \right )⋅\sqrt{ 2 }$ ， 解得： $h=2$ . 所以 $sinθ=\frac { h } { AD }=\frac { 2 } { \sqrt{ 6 } }=\frac { \sqrt{ 6 } } { 3 }$ .