Question

5．如圖，在空間多面體ABCDE中，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥DC，AD⊥CD，△ADE是正三角形，CD=DE=2AB，CE=$\sqrt{2}$CD．
（I）求證：平面CDE⊥平面ADE；
（Ⅱ）求二面角C-BE-A的余弦值．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明平面CDE⊥平面ADE；
（Ⅱ）建立空間坐標(biāo)系，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法進行求解即可求二面角C-BE-A的余弦值．

解答 證明：（I）∵CD=DE=2AB，CE=$\sqrt{2}$CD．
∴設(shè)CD=DE=2AB=2，則AB=1，
則CE=2$\sqrt{2}$，
∵CD²+DE²=4+4=8=（2$\sqrt{2}$）²=CE²，
∴△CDE是直角三角形，
則CD⊥DE，
∵AD⊥CD，AD∩DE=D，
∴CD⊥平面ADE；
∵CD?平面CDE，
∴平面CDE⊥平面ADE；
（Ⅱ）建立以D為坐標(biāo)原點，DC，DE分別為x，y軸，過D作垂直平面CDE的直線為y軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
則D（0，0，0），C（2，0，0），E（0，2，0），A（0，1，$\sqrt{3}$），B（1，1，$\sqrt{3}$），
則平面CBE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{BE}$=（-1，1，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{CE}$=（-2，2，0），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-x+y-\sqrt{3}z=0}\\{-2x+2y=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{z=0}\\{y=x}\end{array}\right.$，
則平面CBE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（1，1，0），
設(shè)平面BEA的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\overrightarrow{AB}$=（1，0，0），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{-x+y-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
令z=1，則y=$\sqrt{3}$，x=0，即$\overrightarrow{m}$=（0，$\sqrt{3}$，1），
則cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}×\sqrt{（\sqrt{3}）^{2}+1}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{4}$
即二面角C-BE-A的余弦值是=-$\frac{\sqrt{6}}{4}$．

點評 本題主要考查面面垂直的判定以及二面角的求解，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法進行求解，綜合性較強，運算量較大．