Question

20．如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M為線段BF上一點(diǎn)，且DM⊥平面ACE．
（1）求BM的長；
（2）求二面角A-DM-B的余弦值的大小．

Answer 1

分析 （1）建立坐標(biāo)系，設(shè)BM=h，求出$\overrightarrow{DM}$和$\overrightarrow{AE}$的坐標(biāo)，令$\overrightarrow{DM}•\overrightarrow{AE}$=0解出h；
（2）求出平面ADM和平面BDM的法向量，計(jì)算法向量的夾角即可得出二面角的夾角．

解答 解：（1）設(shè)AC∩BD=O，取EF中點(diǎn)N，連接NO，
∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵四邊形BDEF是矩形，∴ON⊥BD，
∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，ON?平面BDEF，
∴ON⊥平面ABCD，
以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)C，OB，ON為坐標(biāo)軸建立空間坐標(biāo)系如圖所示：
∵底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，
∴OB=OD=1，OA=OC=$\sqrt{3}$，
∵四邊形BDEF是矩形，DE=2，
∴A（-$\sqrt{3}$，0，0），B（0，1，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），E（0，-1，2），D（0，-1，0），
設(shè)BM=h，則M（0，1，h），
∴$\overrightarrow{DM}$=（0，2，h），$\overrightarrow{AE}$=（$\sqrt{3}$，-1，2），
∵DM⊥平面ACE，∴$\overrightarrow{DM}⊥\overrightarrow{AE}$，
∴-2+2h=0，解得h=1，
∴BM=1．
（2）$\overrightarrow{AD}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），$\overrightarrow{DM}$=（0，2，1），
設(shè)平面ADM的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DM}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x-y=0}\\{2y+z=0}\end{array}\right.$，令x=$\sqrt{3}$得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，3，-6），
又AC⊥平面BDM，∴$\overrightarrow{n}$=（1，0，0）是平面BDM的一個法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{4\sqrt{3}×1}$=$\frac{1}{4}$，
∴二面角A-DM-B的余弦值為$\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查面面垂直的判定，二面角的計(jì)算，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，是中檔題．