Question

4．如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，AC與BD相交于點O，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，AB=AE=2，G為EF中點．
（Ⅰ）求證：OG∥平面ABE；
（Ⅱ）求二面角D-BE-A的正弦值；
（Ⅲ）當(dāng)直線OF與平面BDE所成角為45°時，求異面直線OF與DE所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出AE∥CF，OG∥AE，由此能證明OG∥平面ABE．
（Ⅱ）分別以O(shè)D、OA、OG為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角D-BE-A的正弦值．
（Ⅲ）設(shè)F（0，-1，a），$\overrightarrow{OF}$=（0，-1，a），由OF與平面BDE所成角為45°，利用向量法求出a，由此能求出異面直線OF與DE所成角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）∵AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，∴AE∥CF，
∵四邊形ABCD為菱形，∴O為AC中點，
又G為EF中點，∴OG∥AE，
∵OG?面ABE，AE?平面ABE，
∴OG∥平面ABE．
解：（Ⅱ）分別以O(shè)D、OA、OG為x，y，z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
則D（$\sqrt{3}$，0，0），E（0，1，2），B（-$\sqrt{3}$，0，0），
A（0，1，0），
$\overrightarrow{DE}$=（-$\sqrt{3}$，1，2），$\overrightarrow{BE}$=（$\sqrt{3}，1，2$），
$\overrightarrow{BA}$=（$\sqrt{3}，1，0$），
設(shè)平面BDE的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x+y+2z=0}\\{\sqrt{3}x+y+2z=0}\end{array}\right.$，取y=2，得$\overrightarrow{m}$=（0，2，-1），
設(shè)平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=\sqrt{3}x+y+2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BA}=\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，取y=3，得$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{3}，3，0$），
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{6}{\sqrt{5}•2\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∴sin＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∴二面角D-BE-A的正弦值為$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
（Ⅲ）設(shè)F（0，-1，a），$\overrightarrow{OF}$=（0，-1，a），
∵OF與平面BDE所成角為45°，∴$\frac{|-2-a|}{\sqrt{5}•\sqrt{{a}^{2}+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得a=3，或a=-$\frac{1}{3}$（舍），
∴$\overrightarrow{OF}$=（0，-1，3），cos＜$\overrightarrow{OF}，\overrightarrow{DE}$＞=$\frac{5}{2\sqrt{2}•\sqrt{10}}$=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，
∴異面直線OF與DE所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{5}}{4}$．

點評 本題考查點到平面的距離、二面角等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力、數(shù)據(jù)處理能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合，考查創(chuàng)新意識、應(yīng)用意識，是中檔題．