Question

14．多面體ABCDFE中，底面四邊形ABCD為矩形，EF∥AD，AE=FD，F(xiàn)G=GD，AD=2AB=2EF=2，且四邊形EADF的面積為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$．
（1）判斷直線BF與平面ACG的關(guān)系，并說明理由；
（2）若平面EADF⊥平面ABCD，求平面FBC與平面ACG形成的銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）直線BF∥平面ACG．下面給出證明：連接BD，交AC于點(diǎn)H，連接GH．底面四邊形ABCD為矩形，可得BH=HD，利用三角形中位線定理可得BF∥HG，利用線面平行的判定定理即可證明BF∥平面ACG．
（2）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．由平面EADF⊥平面ABCD，可得z軸在平面AEFD內(nèi)．由等腰梯形EADF的面積為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，可得高=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．設(shè)平面FBC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CF}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{m}$，同理可得平面ACG的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n}$，利用$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$即可得出．

解答 解：（1）直線BF∥平面ACG．
下面給出證明：連接BD，交AC于點(diǎn)H，連接GH．
∵底面四邊形ABCD為矩形，∴BH=HD，又FG=GD，
∴BF∥HG，又BF?平面ACG，HG?平面ACG，
∴BF∥平面ACG．
（2）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，
\建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．
A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），
由平面EADF⊥平面ABCD，可得z軸在平面AEFD內(nèi)．
∵等腰梯形EADF的面積為$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，則高=$\frac{\frac{3\sqrt{3}}{4}}{\frac{1+2}{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴E（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），F(xiàn)（0，$\frac{3}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），G（0，$\frac{7}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$）．
$\overrightarrow{BC}$=（0，2，0），$\overrightarrow{CF}$=（-1，-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{AC}$=（1，2，0），$\overrightarrow{AG}$=（0，$\frac{7}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$）．
設(shè)平面FBC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CF}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{2{y}_{1}=0}\\{-{x}_{1}-\frac{1}{2}{y}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（\sqrt{3}，0，2）$．
設(shè)平面ACG的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AG}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}+2{y}_{2}=0}\\{\frac{7}{4}{y}_{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=$（2\sqrt{3}，-\sqrt{3}，7）$．
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{20}{\sqrt{7}×8}$=$\frac{5\sqrt{7}}{14}$．
∴平面FBC與平面ACG形成的銳二面角的余弦值是$\frac{5\sqrt{7}}{14}$．

點(diǎn)評 本題考查了空間位置關(guān)系與空間角、線面平行與垂直的判定性質(zhì)定理、法向量的應(yīng)用、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．