Question

3．如圖，在空間幾何體ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC．
（1）證明：AE∥平面BCD；
（2）若△ABC為邊長為2的正三角形，DE∥平面ABC，AD與BD，CD所成角的余弦值均為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，求三棱錐D-BEC的體積．

Answer 1

分析 （1）過D作DO⊥BC，則由平面ABC⊥平面BCD得出DO⊥平面ABC，又AE⊥平面ABC，故DO∥AE，于是AE∥平面BCD；
（2）連結(jié)OA，則可證四邊形OAED是矩形，故DE⊥平面BCD．由AD與BD，CD的夾角相等得OD為∠BDC的角平分線，令DO=a，用a表示出CD，AD，在△ACD中利用余弦定理解出a，代入棱錐的體積公式計(jì)算．

解答 （1）證明：過點(diǎn)D作DO⊥BC交BC于點(diǎn)O．
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，DO?平面BCD，DO⊥BC，
∴DO⊥平面ABC，又∵AE⊥平面ABC，
∴AE∥DO．又DO?平面BCD，AE?平面BCD，
∴AE∥平面BCD．
（2）連接AO，∵DE∥平面ABC，DE?平面OAED，平面OAED∩平面ABC=OA，
∴DE∥OA，又∵AE∥DO，AE⊥平面ABC，
∴四邊形AODE是矩形，
∴DE⊥平面BCD．
∵AD與BD，CD所成角的余弦值均為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$，
∴BD=CD，∴O為BC中點(diǎn)，
設(shè)DO=a，則OB=OC=$\frac{1}{2}BC=1$，OA=$\sqrt{3}$．cos∠ADC=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
∴$CD=\sqrt{1+{a^2}}，AD=\sqrt{3+{a^2}}$．DE=OA=$\sqrt{3}$．
在△ACD中，AC=2，
由余弦定理得：AC²=AD²+CD²-2AD•CD•cos∠ADC，
即4=a²+1+a²+3-2$\sqrt{{a}^{2}+1}$$•\sqrt{{a}^{2}+3}$•$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
解得a=1，即DO=1．
∴V_D-BEC=V_E-BCD=$\frac{1}{3}{S}_{△BCD}•DE$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×1×\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行的判定，面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定，棱錐的體積計(jì)算，屬于中檔題．