Question

13．如圖，點(diǎn)E是菱形ABCD所在平面外一點(diǎn)，EA⊥平面ABCD，EA∥FB∥GD，∠ABC=60°，EA=AB=2BF=2GD．
（I）求證：平面EAC⊥平面ECG；
（II）求二面角B-EC-F的余弦值．

Answer 1

分析 （I）連結(jié)BD交AC于O，取EC的中點(diǎn)M，連結(jié)OM，GM，建立空間坐標(biāo)系，利用向量證明GM⊥AE，GM⊥AC可得GM⊥平面EAC，于是平面平面EAC⊥平面ECG；
（II）求出平面EBC和平面BCF的法向量，計(jì)算兩法向量的夾角即可得出二面角的大�。�

解答 （I）證明：連結(jié)BD交AC于O，取EC的中點(diǎn)M，連結(jié)OM，GM，
∵O，M分別是AC，EC的中點(diǎn)，
∴OM∥EA，又∵EA⊥平面ABCD，
∴OM⊥平面ABCD，
以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OM為坐標(biāo)軸建立空間坐標(biāo)系如圖所示：
設(shè)BF=1，則A（0，-1，0），C（0，1，0），E（0，-1，2），D（-$\sqrt{3}$，0，0），
G（-$\sqrt{3}$，0，1），M（0，0，1），
∴$\overrightarrow{AC}$=（0，2，0），$\overrightarrow{AE}$=（0，0，2），$\overrightarrow{GM}$=（$\sqrt{3}$，0，0），
∴$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{AC}$=0，$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{AE}$=0，
∴GM⊥AC，GM⊥AE，又AE∩AC=A，
∴GM⊥平面EAC，又GM?平面ECG，
∴平面EAC⊥平面ECG．
（II）解：B（$\sqrt{3}$，0，0），F(xiàn)（$\sqrt{3}$，0，1），
∴$\overrightarrow{EC}$=（0，2，-2），$\overrightarrow{EB}$=（$\sqrt{3}$，1，-2），$\overrightarrow{EF}$=（$\sqrt{3}$，1，-1），
設(shè)平面BEC的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），平面FEC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{EC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{EB}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EF}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2{y}_{1}-2{z}_{1}=0}\\{\sqrt{3}{x}_{1}+{y}_{1}-2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{2{y}_{2}-2{z}_{2}=0}\\{\sqrt{3}{x}_{2}+{y}_{2}-{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令x₁=$\sqrt{3}$得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，3，3），令y₂=1得$\overrightarrow{n}$=（0，1，1）．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{6}{\sqrt{21}•\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{42}}{7}$．
∴二面角B-PC-F的余弦值為$\frac{\sqrt{42}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了面面垂直的判定，空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，空間角的計(jì)算，屬于中檔題．