Question

13．如圖，已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB=$\sqrt{6}$，AB⊥平面BCD，E、F分別是AC、AD的中點．
（1）求證：平面BEF⊥平面ABC；
（2）求四棱錐B-CDFE的體積V；
（3）求平面BEF與平面BCD所成的銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用線面垂直的判定與性質(zhì)定理可證：CD⊥平面ABC，再利用三角形的中位線定理可得：EF∥CD．再利用線面垂直的判定、面面垂直的判定即可證明；
（2）解法1：由（1）知EF∥CD，利用三角形相似的性質(zhì)可得：$\frac{{{S_{△AEF}}}}{{{S_{△ACD}}}}=\frac{1}{4}$，得到$\frac{{{V_{B-AEF}}}}{{{V_{B-ACD}}}}=\frac{1}{4}$，求出V_B-ACD即可得出．
解法2：取BD中點G，連接FC和FG，則FG∥AB，利用線面垂直的性質(zhì)可得：FG⊥平面BCD，由（1）知EF⊥平面ABC，利用V=V_F-EBC+V_F-BCD即可得出；
（3）解法1：以點C為坐標(biāo)原點，CB與CD所在的直線分別為x、y軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖示，分別求出兩個平面的法向量，求出其夾角即可；
解法2：過點B作l∥CD，則l?平面BCD，可得l為平面BEF與平面BCD的交線，利用線面垂直的判定與性質(zhì)可證：∠CBE為平面BEF與平面BCD所成的銳二面角的平面角，
求出即可．

解答 （1）證明：∵AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，
∴AB⊥CD，
又BC⊥CD，AB∩BC=B，
∴CD⊥平面ABC，
又E、F分別是AC、AD的中點，
∴EF∥CD．
∴EF⊥平面ABC
又EF?平面BEF，
∴平面BEF⊥平面ABC．
（2）解法1：由（1）知EF∥CD，
∴△AEF～△ACD．
∴$\frac{{{S_{△AEF}}}}{{{S_{△ACD}}}}=\frac{1}{4}$，
∴$\frac{{{V_{B-AEF}}}}{{{V_{B-ACD}}}}=\frac{1}{4}$，
∴$V=\frac{3}{4}{V_{B-ACD}}=\frac{3}{4}{V_{A-BCD}}=\frac{1}{4}{S_{△BCD}}•AB$=$\frac{1}{4}×\frac{1}{2}×1×1×\sqrt{6}=\frac{{\sqrt{6}}}{8}$．
解法2：取BD中點G，連接FC和FG，則FG∥AB，
∵AB⊥平面BCD，∴FG⊥平面BCD，
由（1）知EF⊥平面ABC，
∴V=V_F-EBC+V_F-BCD=$\frac{1}{3}{S_{△EBC}}•EF+\frac{1}{3}{S_{△BCD}}•FG$=$\frac{1}{3}×\frac{{\sqrt{6}}}{4}×\frac{1}{2}+\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×1×1×\frac{{\sqrt{6}}}{2}=\frac{{\sqrt{6}}}{8}$．
（3）解法1：以點C為坐標(biāo)原點，CB與CD所在的直線分別為x、y軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖示，
則C（0，0，0），$B（1，0，0），D（0，1，0），A（1，0，\sqrt{6}）$$E（\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{6}}}{2}），F(xiàn)（\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$
∴$\overrightarrow{BE}=（-\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$，$\overrightarrow{BF}=（-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}）$，
設(shè)平面BEF的一個法向量為$\overrightarrow n=（a，b，c）$，由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{BE}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BF}=0\end{array}\right.$，
得$\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}a+\frac{{\sqrt{6}}}{2}c=0\\-\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{{\sqrt{6}}}{2}c=0\end{array}\right.$，
令$c=\sqrt{6}$得a=6，b=0，∴$\overrightarrow n=（6，0，\sqrt{6}）$，
∵$\overrightarrow{BA}=（0，0，\sqrt{6}）$是平面BCD的法向量，
設(shè)平面BEF與平面BCD所成的銳二面角大小為θ，
則$cosθ=|{\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{BA}}}{{|\overrightarrow n|•|\overrightarrow{BA|}}}}|=\frac{6}{{\sqrt{6}×\sqrt{42}}}=\frac{{\sqrt{7}}}{7}$，
∴所求二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．
解法2：過點B作l∥CD，則l?平面BCD，
∵EF∥CD，∴EF∥l，
∴l(xiāng)?平面BEF，
∴l(xiāng)為平面BEF與平面BCD的交線，
∵CD⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴BE⊥CD，∴BE⊥l
又BC⊥CD，∴BC⊥l，
∴∠CBE為平面BEF與平面BCD所成的銳二面角的平面角，
在Rt△ABC中，
∵BE=CE，∠CBE=∠ACB，
∴$cos∠CBE=cos∠ACB=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{{\sqrt{7}}}=\frac{{\sqrt{7}}}{7}$，
即所求二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．

點評 本題考查了線面面面垂直的判定與性質(zhì)定理、三角形的中位線定理、三角形相似的性質(zhì)三棱錐的條件計算公式、建立空間直角坐標(biāo)系利用兩個平面的法向量的夾角求二面角的方法、二面角的定義，考查了推理能力與計算能力，考查了空間想象能力，屬于中檔題．