Question

17．如圖，已知多面體ABCDEF中，ABCD為菱形，∠ABC=60°，AE⊥平面ABCD，AE∥CF，AB=AE=1，AF⊥BE．
（Ⅰ）求證：平面BAF⊥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角B-AF-D的余弦值．

Answer 1

分析 （I）由AE∥CF，可得四點(diǎn)ACFE共面．如圖所示，連接AC，BD，相交于點(diǎn)O，利用菱形對(duì)角線的性質(zhì)及其線面垂直的判定及其性質(zhì)可得：AE⊥平面ABCD，可得BD⊥平面ACFE，BD⊥AF，可得AF⊥平面BDE，即可證明．
（II）取BC的中點(diǎn)M，由∠ABC=60°，AB=BC，可得△ABC是等邊三角形，AM⊥BC，AM⊥AD，建立空間直角坐標(biāo)系，利用AF⊥BE，可得F坐標(biāo)．設(shè)平面ABF的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，可得取$\overrightarrow{m}$．同理可得：平面AFD的法向量$\overrightarrow{n}$，利用向量夾角公式即可得出．

解答 （I）證明：∵AE∥CF，∴四點(diǎn)ACFE共面．
如圖所示，連接AC，BD，相交于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是菱形，∴對(duì)角線BD⊥AC，
∵AE⊥平面ABCD，
∴AE⊥BD，又AE∩AC=A，
∴BD⊥平面ACFE，
∴BD⊥AF，
又AF⊥BE，BE∩BD=B，
∴AF⊥平面BDE，
AF?平面BAF，
∴平面BAF⊥平面BDE．
（II）解：取BC的中點(diǎn)M，∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等邊三角形，∴AM⊥BC，又BC∥AD，
∴AM⊥AD，建立空間直角坐標(biāo)系，
A（0，0，0），B$（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，0）$，F(xiàn)$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，z）$，D（0，1，0），E（0，0，1）．
$\overrightarrow{AB}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，0）$，$\overrightarrow{AF}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，z）$，$\overrightarrow{AD}$=（0，1，0），$\overrightarrow{BE}$=$（-\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1）$．
∵AF⊥BE．
∴$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{BE}$=$-\frac{3}{4}$+$\frac{1}{4}$+z=0，解得z=$\frac{1}{2}$．
設(shè)平面ABF的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（1，\sqrt{3}，-2\sqrt{3}）$．
同理可得：平面AFD的法向量$\overrightarrow{n}$=$（1，0，-\sqrt{3}）$．
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{7}{2×4}$=$\frac{7}{8}$．
由圖可知：二面角B-AF-D的平面角為鈍角，
∴二面角B-AF-D的余弦值為-$\frac{7}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間位置關(guān)系、空間角、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．