Question

19．如圖所示的多面體中，ABCD是菱形，BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠BAD=$\frac{π}{3}$，AD=2，DE=$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）異面直線AE與DC所成的角余弦值；
（Ⅱ）求證平面AEF⊥平面CEF；
（Ⅲ）在線段AB取一點(diǎn)N，當(dāng)二面角N-EF-C的大小為60°時(shí)，求|AN|．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由AB∥DC，知∠BAE就是異面直線AE與DC所成的角，由此能求出異面直線AE與DC所成的角余弦值．
（Ⅱ）取EF的中點(diǎn)M，推導(dǎo)出∠AMC是二面角A-EF-C的平面角，由此能證明平面AEF⊥平面CEF．
（Ⅲ）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出結(jié)果．

解答 解：（Ⅰ）∵AB∥DC，
∴∠BAE就是異面直線AE與DC所成的角，
連接BE，在△ABE中，$AB=2，AE=\sqrt{7}=BE$，
∴$cos∠BAE=\frac{7+4-7}{{2×2×\sqrt{7}}}=\frac{{\sqrt{7}}}{7}$，
∴異面直線AE與DC所成的角余弦值為$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（4分）
證明：（Ⅱ）取EF的中點(diǎn)M．由于ED⊥面ABCD，ED∥FB，
∴ED⊥AD，ED⊥DC，F(xiàn)B⊥BC，F(xiàn)B⊥AB，
又ABCD是菱形，BDEF是矩形，∴△ADE，△EDC，△ABF，△BCF是全等三角形，
∴AE=AF，CE=CF，∴AM⊥EF，CM⊥EF，
∴∠AMC是二面角A-EF-C的平面角  …（6分）
由題意$AM=CM=\sqrt{6}$，$AC=2\sqrt{3}$，∴AM²+CM²=AC²，即AM⊥MC．
∴∠AMC=90°，∴平面AEF⊥平面CEF．…（8分）
解：（Ⅲ）建立如圖的直角坐標(biāo)系，由AD=2，
則M（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，\sqrt{3}$），C（0，2，0），$A（{\sqrt{3}，1，\sqrt{3}}）$，$E（{0，0\sqrt{3}}）$，$F（{\sqrt{3}，1，\sqrt{3}}）$．
平面CEF的法向量$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AM}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}，\sqrt{3}}）$．（10分）
設(shè)$N（{\sqrt{3}，λ，0}）$，則$\overrightarrow{EN}=（{\sqrt{3}，λ，-\sqrt{3}}）$，$\overrightarrow{EF}=（{\sqrt{3}，1，0}）$
設(shè)平面NEF的法向量$\overrightarrow{n_2}=（{x，y，z}）$，
則$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{EF}•\overrightarrow{n_2}=0}\\{\overrightarrow{EN}•\overrightarrow{n_2}=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x+y=0}\\{\sqrt{3}x+my-\sqrt{3}z=0}\end{array}}\right.$，令x=1，則$y=-\sqrt{3}，z=1-λ$，得$\overrightarrow{n_2}=（{1，-\sqrt{3}，1-λ}）$．（11分）
因?yàn)槎�面角N-EF-C的大小為60°，
所以$cos60°=\frac{{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{AN}}}{{\overrightarrow{|{n_2}}|•|\overrightarrow{AN}|}}=\frac{{|-\frac{{\sqrt{3}}}{2}-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}+\sqrt{3}（{1-λ}）|}}{{\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{4}+3}\sqrt{1+3+{{（{1-λ}）}^2}}}}$，…（12分）
整理得λ²+6λ-3=0，解得$λ=2\sqrt{3}-3$，…（13分）
所以$|AN|=2\sqrt{3}-2$…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查面面垂直的證明，考查滿足條件的線段長(zhǎng)的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．