Question

11．如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF=3，G和H分別是CE和CF的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：平面BDGH∥平面AEF；
（Ⅱ）求二面角H-BD-C的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明GH∥平面AEF．OH∥平面AEF．利用平面平行的判定定理證明平面BDGH∥平面AEF．
（Ⅱ）取EF的中點(diǎn)N，連接ON，以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，ON所在直線分別為x軸，y軸，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面BDH的法向量，平面BCD的法向量，利用向量的數(shù)量積求解二面角H-BD-C的余弦函數(shù)值，然后求出大�。�

解答 （Ⅰ）證明：在△CEF中，因?yàn)镚，H分別是CE，CF的中點(diǎn)，
所以GH∥EF，又因?yàn)镚H?平面AEF，EF?平面AEF，
所以GH∥平面AEF．…（2分）
設(shè)AC∩BD=O，連接OH，
因?yàn)锳BCD為菱形，所以O(shè)為AC中點(diǎn)
在△ACF中，因?yàn)镺A=OC，CH=HF，
所以O(shè)H∥AF，
又因?yàn)镺H?平面AEF，AF?平面AEF，
所以O(shè)H∥平面AEF．
又因?yàn)镺H∩GH=H，OH，GH?平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF．…（6分）

（Ⅱ）解：取EF的中點(diǎn)N，連接ON，因?yàn)樗倪呅蜝DEF是矩形，O，N分別為BD，EF的中點(diǎn)，所以O(shè)N∥ED，因?yàn)槠矫鍮DEF⊥平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，
所以O(shè)N⊥平面ABCD，因?yàn)锳BCD為菱形，所以AC⊥BD，得OB，OC，ON兩兩垂直．
所以以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，ON所在直線分別為x軸，y軸，z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．
因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°，BF=3，所以B（1，0，0），D（-1，0，0），E（-1，0，3），F(xiàn)（1，0，3），$C（0，\sqrt{3}，0）$，$H（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}）$．所以$\overrightarrow{BH}=（-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}）$，$\overrightarrow{DB}=（2，0，0）$．設(shè)平面BDH的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{BH}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{DB}=0\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}-x+\sqrt{3}y+3z=0\\ 2x=0\end{array}\right.$．令z=1，得$\overrightarrow n=（0，-\sqrt{3}，1）$．…（9分）
由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量為$\overrightarrow{DE}=（0，0，3）$，則$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{DE}＞=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{DE}}}{{|{\overrightarrow n}||{\overrightarrow{DE}}|}}=\frac{{0×0+（-\sqrt{3}）×0+1×3}}{2×3}=\frac{1}{2}$
所以二面角H-BD-C的大小為60°．…（12分）
注：用傳統(tǒng)法找二面角并求解酌情給分．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．