Question

15．如圖，在四棱錐E-ABCD中，底面ABCD為正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=2，F(xiàn)為線段DE的中點．
（Ⅰ）求證：BE∥平面ACF；
（Ⅱ）求平面BCF與平面BEF夾角的余弦值．

Answer 1

分析 （I）連接BD和AC交于O，連接OF，利用中位線定理得出OF∥BE，故而BE∥平面ACF；
（II）求出CD，以D為原點建立坐標系，求出兩平面的法向量，計算法向量的夾角即可得出二面角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）連接BD和AC交于O，連接OF，
∵ABCD為正方形，
∴O為BD中點，又F為DE中點，
∴OF∥BE，又∵BE?平面ACF，OF?平面ACF，
∴BE∥平面ACF．
（Ⅱ）解：∵AE⊥平面CDE，CD?平面CDE，
∴AE⊥CD，
∵ABCD為正方形，∴CD⊥AD，又∵AE∩AD=A，AD，AE?平面DAE，
∴CD⊥平面DAE，∵DE?平面DAE，
∴CD⊥DE，
以D為原點，以DE為x軸，以DC為y軸，以平面CDE的垂線為z軸建立如圖所示的坐標系，
則E（2，0，0），F(xiàn)（1，0，0），A（2，0，2），D（0，0，0），
∵AE⊥平面CDE，DE?平面CDE，
∴AE⊥DE，∵AE=DE=2，∴$AD=2\sqrt{2}$，
∵ABCD為正方形，∴$CD=2\sqrt{2}$，∴$C（0，2\sqrt{2}，0）$，
由ABCD為正方形可得：$\overrightarrow{DB}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}=（2，2\sqrt{2}，2）$，∴$B（2，2\sqrt{2}，2）$，
設(shè)平面BEF的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，$\overrightarrow{BE}=（0，-2\sqrt{2}，-2）$，$\overrightarrow{FE}=（1，0，0）$
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{BE}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{FE}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}{y}_{1}-2{z}_{2}=0}\\{{x}_{1}=0}\end{array}\right.$，
令y₁=1，則${z_1}=-\sqrt{2}$，∴$\overrightarrow{n_1}=（0，1，-\sqrt{2}）$，
設(shè)平面BCF的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，$\overrightarrow{BC}=（-2，0，-2）$，$\overrightarrow{CF}=（1，-2\sqrt{2}，0）$
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{CF}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-2{x}_{2}-2{z}_{2}=0}\\{{x}_{2}-2\sqrt{2}{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令y₂=1，則${x_2}=2\sqrt{2}$，${z_2}=-2\sqrt{2}$，∴$\overrightarrow{n_2}=（2\sqrt{2}，1，-2\sqrt{2}）$，
設(shè)二面角C-BF-E的平面角的大小為θ，
則$cosθ=cos（π-＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞）=-cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|\overrightarrow{{n_1}|}•\overrightarrow{|{n_2}|}}}=-\frac{1+4}{{\sqrt{3}×\sqrt{17}}}=-\frac{{5\sqrt{51}}}{51}$，
∴二面角C-BF-E的平面角的余弦值為$-\frac{{5\sqrt{51}}}{51}$．

點評 本題考查了線面平行的判定，空間向量與空間角的計算，屬于中檔題．