Question

13．如圖所示，正三角形ABC所在平面與梯形BCDE所在平面垂直，BE∥CD，BE=2CD=4，BE⊥BC，F(xiàn)為棱AE的中點．
（1）求證：DF∥平面ABC；
（2）求證：DF⊥平面ABE；
（3）若直線AD與平面BCDE所成角的正切值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，求二面角B-CF-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1），取AB中點G，連接CG、FG，可得四邊形CDFG為平行四邊形，即DF∥CG，DF∥平面ABC．
（2）可得BE⊥面ABC，BE⊥CG． 即CG⊥面ABE，又DF∥CG，⇒DF⊥面ABE．
（3）取BC中點O，再連接AO，OD．易證AO⊥面BCDE，所以∠ADO為直線AD與平面BCDE所成的角，即$tan∠ADO=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，設(shè)OC=t，可求得t=1．
以O(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則O（0，0，0），B（0，-1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），利用向量法求解．

解答 解：（1）如圖，取AB中點G，連接CG、FG，因為F為AE中點，所以FG∥BE且$FG=\frac{1}{2}CD$，BE=2CD，
所以FG∥CD且FG=CD，所以四邊形CDFG為平行四邊形，
所以DF∥CG．CG?平面ABC，DF?平面ABC，
∴DF∥平面ABC．
（2）又因為△ABC為正三角形，所以CG⊥AB，
又因為面ABC⊥面BCDE，面ABC∩面BCDE=BC．BE⊥BC，BE?面BCDE，
所以BE⊥面ABC，BE⊥CG．又因為BE∩AB=B，所以CG⊥面ABE，所以DF⊥面ABE．
（3）

取BC中點O，再連接AO，OD．
易證AO⊥面BCDE，所以∠ADO為直線AD與平面BCDE所成的角，
即$tan∠ADO=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，設(shè)OC=t，可求得t=1．
以O(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，
則O（0，0，0），B（0，-1，0），C（0，1，0），D（2，1，0），$E（{4，-1，0}），A（{0，0，\sqrt{3}}），F(xiàn)（{2，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，
所以$\overrightarrow{BF}=（{2，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}），\overrightarrow{BC}=（{0，2，0}），\overrightarrow{DC}=（{-2，0，0}），\overrightarrow{DF}=（{0，-\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}}）$，
設(shè)平面BCF的法向量為$\overrightarrow n=（{{n_1}，{n_2}，{n_3}}）$，則$\left\{{\begin{array}{l}{2{n_2}=0}\\{2{n_1}+\frac{1}{2}{n_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{n_3}=0}\end{array}}\right.$，
令${n_1}=\sqrt{3}$，得n₂=0，n₃=-4，所以$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，0，-4）$，
設(shè)面DCF的法向量為$\overrightarrow{m}=（{m}_{1}，{m}_{2}，{m}_{3}）$，
則$\left\{{\begin{array}{l}{-2{m_1}=0}\\{-\frac{3}{2}{m_2}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{m_3}=0}\end{array}}\right.$，令m₂=1，得${m_3}=\sqrt{3}$，m₁=0，
所以$\overrightarrow{m}=（0，1，\sqrt{3}）$，所以cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2\sqrt{51}}{19}$，
因為二面角B-CF-D為鈍角，其余弦值為$\frac{{-2\sqrt{51}}}{19}$．

點評 本題考查了空間線面平行、線面垂直的判斷，向量法求二面角，屬于中檔題．