Question

2．如圖所示，已知正六邊形ABCDEF的邊長為2，O為它的中心，將它沿對角線FC折疊，使平面ABCF⊥平面FCDE，點G是邊AB的中點．

（Ⅰ）證明：平面BFD⊥平面EGO；
（Ⅱ）求二面角O-EG-F的余弦值；
（Ⅲ）設(shè)平面EOG∩平面BDC=l，試判斷直線l與直線DC的位置關(guān)系．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)已知條件能夠得到DF⊥OE，OG⊥CF，而平面ABCF⊥平面FCDE，從而得到OG⊥平面FCDE，從而得到DF⊥OG，從而得到DF⊥平面EGO，由面面垂直的判定定理即可得出平面BFD⊥平面EGO；
（Ⅱ）取DE中點H，并連接OH，從而可分別以邊OG，OC，OH所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，求出一些點的坐標．由（Ⅰ）可知$\overrightarrow{FD}=（0，3，\sqrt{3}）$為平面EGO的一個法向量，可設(shè)平面EFG的法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，而根據(jù)$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{FE}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{FG}=0\end{array}\right.$即可求出$\overrightarrow{m}$，從而由cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{FD}＞$即可求得二面角O-EG-F的余弦值；
（Ⅲ）容易說明DC∥EO，從而得到DC∥平面EOG，而平面EOG∩平面BDC=l，從而由線面平行的性質(zhì)定理即可得出DC∥l．

解答 解：（Ⅰ）證明：∵O是正六邊形ABCDEF的中心，G是邊AB的中點；
∴OE⊥FD，OG⊥FC；
∵平面ABCF⊥平面FCDE，平面ABCF∩平面FCDE=FC，GO?平面ABCF；
∴GO⊥平面FCDE，DF?平面FCDE；
∴GO⊥DF；
又EO∩GO=O；
∴DF⊥平面EGO，DF?平面BFD；
∴平面BFD⊥平面EGO；
（Ⅱ）取DE的中點H，連接OH，則OH⊥FC，由上面知OG⊥平面FCDE；
∴OG，OC，OH三直線兩兩垂直，分別以這三直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：
$G（\sqrt{3}，0，0）$，$D（0，1，\sqrt{3}）$，$E（0，-1，\sqrt{3}）$，F(xiàn)（0，-2，0）；
∴$\overrightarrow{FD}=（0，3，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{FE}=（0，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{FG}=（\sqrt{3}，2，0）$；
由（Ⅰ）知：DF⊥平面EGO．
所以平面EGO的一個法向量為$\overrightarrow{FD}=（0，3，\sqrt{3}）$；
設(shè)平面EFG的法向量為$\overrightarrow m=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{FE}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{FG}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}y+\sqrt{3}z=0\\ \sqrt{3}x+2y=0.\end{array}\right.$；
令$y=\sqrt{3}$，則z=-1，x=-2，∴$\overrightarrow m=（-2，\sqrt{3}，-1）$；
∴二面角O-EG-F的余弦值為cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{FD}＞$=$\frac{{（-2，\sqrt{3}，-1）•（0，3，\sqrt{3}）}}{{\sqrt{4+3+1}•\sqrt{0+9+3}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$；
（Ⅲ）證明：在正六邊形ABCDEF中，OC∥ED，OC=ED；
∴四邊形OCDE是平行四邊形；
∴DC∥EO；
∵OE?平面OEG，CD?平面OEG；
∴CD∥平面OEG；
因為平面EOG∩平面BDC=l，CD?平面BDC；
所以DC∥l．

點評 考查正六邊形的定義，正六邊形的中心，菱形的對角線互相垂直，面面垂直的性質(zhì)定理，面面垂直的判定定理，以及線面垂直的判定定理．建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角的余弦的方法，平面法向量的概念及求法，向量夾角余弦的坐標公式，弄清兩個平面所成角的大小和這兩個平面法向量夾角的關(guān)系，線面平行的判定定理及性質(zhì)定理．