Question

15．在平行四邊形ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為邊AD，BC的中點(diǎn)，將△ABE沿BE邊折起，形成四棱錐A′-BCDE．如圖所示．
（1）當(dāng)∠A′BC的余弦值為何值時(shí)，平面A′BE⊥平面BCDE？
（2）當(dāng)G為A′D的中點(diǎn)時(shí)，求證：A′F∥平面EGC；
（3）在（1）的前提下，求二面角A′-DE-B的正切值．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，取BE的中點(diǎn)O，連接FO，A′O，EF．由已知可得：四邊形ABFE是菱形．可得OF⊥BE，A′O⊥BE．要滿足平面A′BE⊥平面BCDE，則必有A′O⊥OF．在△A′BF中，由余弦定理可得：cos∠A′BF=$\frac{{A}^{′}{B}^{2}+B{F}^{2}-{A}^{′}{F}^{2}}{2{A}^{′}B•BF}$即可得出．
（2）連接A′A，AF．由四邊形AFCE是平行四邊形，可得AF∥EC，得到AF∥平面EGC．利用三角形中位線定理可得：AA′∥EG，同理可得AA′∥平面EGC，從而得到平面AA′F∥平面EGC，即可證明A′F∥平面EGC；
（3）在（1）的前提下，可得A′O⊥平面BCDE，則∠ODA′是二面角A′-DE-B的平面角．在△ODE中，由余弦定理可得：OD．利用tan∠ODA′=$\frac{{A}^{′}O}{OD}$即可得出．

解答 （1）解：如圖所示，取BE的中點(diǎn)O，連接FO，A′O，EF．
由已知可得：四邊形ABFE是菱形．
∴OF⊥BE，A′O⊥BE．
要滿足平面A′BE⊥平面BCDE，則必有A′O⊥OF．
∴${A}^{′}F=\sqrt{2}OF$=$\sqrt{6}$．
在△A′BF中，由余弦定理可得：cos∠A′BF=$\frac{{A}^{′}{B}^{2}+B{F}^{2}-{A}^{′}{F}^{2}}{2{A}^{′}B•BF}$=$\frac{1}{4}$．
因此當(dāng)∠A′BC的余弦值=$\frac{1}{4}$時(shí)，平面A′BE⊥平面BCDE．
（2）證明：連接A′A，AF．
由四邊形AFCE是平行四邊形，∴AF∥EC，
又AF?平面EGC，EC?平面EGC，
∴AF∥平面EGC．
由G，E分別為線段A′D，AD的中點(diǎn)，
∴AA′∥EG，同理可得AA′∥平面EGC．
又A′A∩AF=A，
∴平面AA′F∥平面EGC，
∴A′F∥平面EGC；
（3）解：在（1）的前提下，
A′O⊥平面BCDE，連接OD．
則∠ODA′是二面角A′-DE-B的平面角．
在△ODE中，由余弦定理可得：OD²=OE²+ED²-2OE•EDcos∠OED=1+2²-2×1×2cos120°=7，
∴OD=$\sqrt{7}$．
∴tan∠ODA′=$\frac{{A}^{′}O}{OD}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{21}}{7}$．

點(diǎn)評 本題考查了線面面面垂直與平行的判定與性質(zhì)定理、三角形中位線定理及平行四邊形菱形判定與性質(zhì)、等邊三角形與直角三角形的性質(zhì)、二面角的平面角，考查了空間想象能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．