Question

2．如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上除了A、B外的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，DC垂直于半圓O所在的平面，DC∥EB，DC=BE，AB=4，tan∠EAB=$\frac{1}{4}$
（1）證明：平面ADE⊥平面ACD
（2）當(dāng)AC=BC時(shí)，求二面角D-AE-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由圓的性質(zhì)得BC⊥AC，由線面垂直得CD⊥BC，從而BC⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，由此能證明平面ADE⊥平面ACD；
（2）EB⊥平面ABC，可得EB⊥AB，得EB=1，CD=EB=1，以C為原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，CD為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面DAE的法向量和平面ABE的法向量，由此利用向量法能求出二面角D-AE-B的余弦值．

解答 解：（1）證明：半圓O的直徑為AB，可得BC⊥AC，
由CD⊥平面ABC，可得CD⊥BC，
又CD∩AC=C，則BC⊥平面ACD，
由DC∥EB，DC=BE，可得DCBE為平行四邊形，
可得BC∥DE，
即有DE⊥平面ACD，
可得平面ADE⊥平面ACD；
（2）由EB⊥平面ABC，可得EB⊥AB，
由tan∠EAB=$\frac{1}{4}$，AB=4，
可得EB=DC=1，
AC=BC=2$\sqrt{2}$，以C為原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，CD為z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則D（0，0，1），E（0，2$\sqrt{2}$，1），
A（2$\sqrt{2}$，0，0），B（0，2$\sqrt{2}$，0），
所以$\overrightarrow{AB}$=（-2$\sqrt{2}$，2$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{BE}$=（0，0，1），
$\overrightarrow{DE}$=（0，2$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{DA}$=（2$\sqrt{2}$，0，-1），
設(shè)平面DAE的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DE}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DA}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{2}{y}_{1}=0}\\{2\sqrt{2}{x}_{1}-{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，
取x₁=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，0，2$\sqrt{2}$），
設(shè)平面ABE的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂），
則由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{BE}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{{z}_{2}=0}\\{-2\sqrt{2}{x}_{2}+2\sqrt{2}{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，
取x₂=1，則$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（1，1，0），
則cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{1}{3\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{6}$，
因?yàn)椋?\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞與二面角D-AE-B的平面角互補(bǔ)，
因此二面角D-AE-B的余弦值為-$\frac{\sqrt{2}}{6}$．

點(diǎn)評 本題考查空間中直線與平面的位置關(guān)系、空間向量的應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、推理論證能力及運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．