Question

7．如圖，在四棱錐B-ACDE中，AE⊥平面ABC，CD∥AE，∠ABC=3∠BAC=90°，BF⊥AC于F，AC=4CD=4，AE=3．
（I）求證：BE⊥DF；
（II）求二面角B-DE-F的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 方法一（幾何法）：（Ⅰ）推導(dǎo)出AE⊥BF，BF⊥AC，從而BF⊥DF，再求出CD⊥平面ABC，從而CD⊥AC，進(jìn)而DF⊥EF，由此能證明DF⊥平面BEF，從而得到DF⊥BE．
（Ⅱ）過點(diǎn)F作FG⊥DE于點(diǎn)G，連接BG，則∠BGF二面角B-DE-F的平面角，由此能求出二面角B-DE-F的平面角的余弦值．
方法二（向量法）：（Ⅰ）過F作Fz∥AE，以F為原點(diǎn)，F(xiàn)A．FB．Fz依次為x．y．z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明DF⊥BE．
（Ⅱ）求出平面DEF的一個法向量和平面BDE的一個法向量，利用向量法能求出二面角B-DE-F的平面角的余弦值．

解答 （本小題共12分）
方法一（幾何法）：
證明：（Ⅰ）∵AE⊥平面ABC，BF?平面ABC，∴AE⊥BF，
∵BF⊥AC，AE∩AC=A，
∴BF⊥平面AEC，DF?平面AEC，∴BF⊥DF，…（2分）
∵∠ABC=3∠BAC=90°，又AC=4CD=4，
∴∠BAC=30°．CD=1．
∴$BC=ACsin{30°}=4×\frac{1}{2}=2$，
又BF⊥AC．∴$CF=BCcos{60°}=2×\frac{1}{2}=1=CD$，
又CD∥AE，AE⊥平面ABC，∴CD⊥平面ABC．
又AC?平面ABC．∴CD⊥AC，∴∠DFC=45°．
又AF=AC-CF=3=AE，∴∠EFA=45°，
∴∠EFD=90°，即DF⊥EF．…..…（4分）
又BF∩EF=F，BF．EF?平面BEF．
∴DF⊥平面BEF，BE?平面BEF．
∴DF⊥BE．…（6分）
解：（Ⅱ）如圖，過點(diǎn)F作FG⊥DE于點(diǎn)G，連接BG．
由（Ⅰ）知BF⊥平面AEC，又DE?平面AEC，∴BF⊥DE．
又BF∩FG=F，BF．FG?平面BFG，∴DE⊥平面BFG．
又BG?平面BFG，∴BG⊥FG．（三垂線定理）
故∠BGF二面角B-DE-F的平面角．…（8分）
在Rt△EAF中，$EF=\sqrt{E{A^2}+A{F^2}}=\sqrt{{3^2}+{3^2}}=3\sqrt{2}$．
在Rt△FCD中，$FD=\sqrt{F{C^2}+C{D^2}}=\sqrt{{1^2}+{1^2}}=\sqrt{2}$．…．…（9分）
在Rt△EFD中，$ED=\sqrt{E{F^2}+F{D^2}}=\sqrt{{{（3\sqrt{2}）}^2}+{{（\sqrt{2}）}^2}}=2\sqrt{5}$．
由EF•FD=FG•ED得$FG=\frac{EF•FD}{ED}=\frac{{3\sqrt{2}×\sqrt{2}}}{{2\sqrt{5}}}=\frac{{3\sqrt{5}}}{5}$．…（10分）
在Rt△BFC中，$BF=\sqrt{B{C^2}-F{C^2}}=\sqrt{{2^2}-{1^2}}=\sqrt{3}$．
在Rt△BFG中，$BG=\sqrt{B{F^2}+F{G^2}}=\sqrt{3+\frac{9}{5}}=\frac{{2\sqrt{30}}}{5}$．…（11分）
∴$cos∠BFG=\frac{FG}{BG}=\frac{{\frac{{3\sqrt{5}}}{5}}}{{\frac{{2\sqrt{30}}}{5}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．
∴二面角B-DE-F的平面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．…．（12分）
方法二（向量法）：
證明：（Ⅰ）過F作Fz∥AE，由AE⊥平面ABC可知Fz⊥平面ABC，
又AC．BF?平面ABC，于是Fz⊥AC，F(xiàn)z⊥BF，
又BF⊥AC，∴BF．AC．Fz兩兩垂直．
以F為原點(diǎn)，F(xiàn)A．FB．Fz依次為x．y．z軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）．…（1分）
∵∠ABC=3∠BAC=90°，AC=4CD=4，AE=3，
∴CD=1，∠BAC=30°．
∴$BC=\frac{1}{2}AC=2$，$FC=BC•cos{60°}=2×\frac{1}{2}=1$，AF=AC-FC=3，$BF=\sqrt{B{C^2}-F{C^2}}=\sqrt{3}$．…（3分）
于是F（0，0，0），$B（\;0\;，\;\sqrt{3}\;，\;0\;）$，D（-1，0，1），E（3，0，3），$\overrightarrow{FD}=（\;-1\;，\;0\;，\;1\;）$，$\overrightarrow{BE}=（\;3\;，\;-\sqrt{3}\;，\;3\;）$．
故$\overrightarrow{FD}•\overrightarrow{BE}=-1×3+0×（-\sqrt{3}）+1×3=0$．
所以DF⊥BE…..…（6分）；
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知$\overrightarrow{FE}=（\;3\;，\;0\;，\;3\;）$，$\overrightarrow{BD}=（\;-1\;，\;-\sqrt{3}\;，\;1\;）$，$\overrightarrow{BE}=（\;3\;，\;-\sqrt{3}\;，\;3\;）$，$\overrightarrow{FB}=（\;0\;，\;\sqrt{3}\;，\;0\;）$．
于是$\overrightarrow{FB}•\overrightarrow{FE}=0×3+\sqrt{3}×0+0×3=0$，所以FB⊥FE，又FB⊥AC．
所以$\overrightarrow{FB}$是平面DEF的一個法向量．…..…（8分）
設(shè)$\overrightarrow n=（\;x\;，\;y\;，\;z\;）$是平面BDE的一個法向量，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n\;}•\overrightarrow{BD}=-x-\sqrt{3}y+z=0\\ \overrightarrow{n\;}•\overrightarrow{BE}=3x-\sqrt{3}y+3z=0\end{array}\right.$
取z=2，得到$\overrightarrow n=（\;-1\;，\;\sqrt{3}\;，\;2\;）$．…（10分）
∴$cos＜\overrightarrow{n\;\;}，\;\overrightarrow{FB}＞\;=\frac{{\overrightarrow{n\;}•\overrightarrow{FB}}}{{|\overrightarrow{n\;}|•|\overrightarrow{FB}|}}=\frac{3}{{2\sqrt{2}•\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．
又二面角B-DE-F是銳二面角．
∴二面角B-DE-F的平面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查異面直線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．