Question

1．在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是正方形，EA⊥底面ABCD，EF∥AD，且AB=6，AE=3$\sqrt{2}$，EF=3．
（Ⅰ）若AC與BD交于點O，求證：EO∥平面FCD；
（Ⅱ）求證：DE⊥平面ABF；
（Ⅲ）求二面角A-FD-B的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）如圖1，取CD中點G，連接OG，F(xiàn)G，利用三角形中位線定理與平行四邊形的判定與性質(zhì)定理可得EO∥FG，再利用線面平行的判定定理即可證明：EO∥平面FCD．
（Ⅱ）如圖2，以A為坐標原點建立空間直角坐標系．利用向量與數(shù)量積的關(guān)系可得：DE⊥AB，DE⊥AF，即可證明DE⊥平面ABF．

（Ⅲ）設二面角A-FD-B的大小為θ，θ是銳角，利用向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系分別得出平面的法向量，利用cosθ=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AB}|}$即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：如圖1，取CD中點G，連接OG，F(xiàn)G，
在△CAD中，∵O，G分別是CA，CD的中點，
∴OG∥AD，且$OG=\frac{1}{2}AD$，
又由已知得，EF∥AD，且$EF=\frac{1}{2}AD$，
∴$EF\begin{array}{l}{∥}\\=\end{array}OG$，
∴四邊形OGFE是平行四邊形，
∴EO∥FG，
又EO?平面FCD，F(xiàn)G?平面FCD
∴EO∥平面FCD．
（Ⅱ）證明：如圖2，以A為坐標原點建立空間直角坐標系．
則A（0，0，0），B（6，0，0），$F（0，3，3\sqrt{2}）$，D（0，6，0），$E（0，0，3\sqrt{2}）$，
$\overrightarrow{DE}=（0，-6，3\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{AB}=（6，0，0）$，$\overrightarrow{AF}=（0，3，3\sqrt{2}）$．
∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AB}=0$，
且$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AF}=0-18+18=0$，
∴DE⊥AB，DE⊥AF； 
又AB∩AF=A，∴DE⊥平面ABF．
（Ⅲ）解：設平面BFD的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$
由（Ⅱ）知$\overrightarrow{DF}=（0，-3，3\sqrt{2}）$，$\overrightarrow{DB}=（6，-6，0）$
∴$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{DF}=-3y+3\sqrt{2}z=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=6x-6y=0\end{array}\right.$，令z=1，得$\overrightarrow n=（\sqrt{2}，\sqrt{2}，1）$，
又平面AFD的法向量為$\overrightarrow{AB}=（6，0，0）$，
設二面角A-FD-B的大小為θ，θ是銳角，
則$cosθ=\frac{{|{\overrightarrow n•\overrightarrow{AB}}|}}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow{AB}}|}}=\frac{{6\sqrt{2}}}{{6\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，
∴二面角A-FD-B的余弦值為$\frac{{\sqrt{10}}}{5}$．

點評 本題考查了三角形中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)定理、線面平行的判定定理、向量與數(shù)量積的關(guān)系、法向量與空間角的求法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．