Question

19．如圖，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，△ABC是等邊三角形，AC=2AE，M是AB的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：CM⊥EM；
（Ⅱ）若直線DM與平面ABC所成角的正切值為2，求二面角B-CD-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明CM⊥AB，CM⊥EA．推出CM⊥平面EAM．然后證明CM⊥EM．
（Ⅱ）以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MC所在直線為x軸，MB所在直線為y軸，過(guò)M且與直線BD平行的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz．說(shuō)明∠DMB為直線DM與平面ABC所成角．設(shè)AC=2，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面BCD與平面CDE的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解即可．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)椤鰽BC是等邊三角形，M是AB的中點(diǎn)，

所以CM⊥AB．…（1分）
因?yàn)镋A⊥平面ABC，CM?平面ABC，
所以CM⊥EA．…（2分）
因?yàn)锳M∩EA=A，
所以CM⊥平面EAM．…（3分）
因?yàn)镋M?平面EAM，
所以CM⊥EM．…（4分）
（Ⅱ）以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MC所在直線為x軸，
MB所在直線為y軸，過(guò)M且與直線BD平行的直線為z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz．
因?yàn)镈B⊥平面ABC，
所以∠DMB為直線DM與平面ABC所成角．…（5分）
由題意得tan∠DMB=$\frac{BD}{MB}$=2，即BD=2MB，…（6分）
從而B(niǎo)D=AC．
不妨設(shè)AC=2，又AC-2AE，則CM=$\sqrt{3}$，AE=1．…（7分）
故B（0，1，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（0，1，2），E（0，-1，1）．…（8分）
于是$\overrightarrow{BC}$=（$\sqrt{3}$，-1，0），$\overrightarrow{BD}$=（0，0，2），$\overrightarrow{CE}$=（-$\sqrt{3}$，-1，1），$\overrightarrow{CD}$=（-$\sqrt{3}$，1，2），
設(shè)平面BCD與平面CDE的法向量分別為$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}{y}_{1}，{z}_{1}）$，$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=0}\end{array}\right.$可得$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{3}{x}_{1}-{y}_{1}=0}\\{2{z}_{1}=0}\end{array}\right.$    令x₁=1，得y₁=$\sqrt{3}$，
所以$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{3}$，0）．…（9分）
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=0}\end{array}\right.$   得$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}{x}_{2}-{y}_{2}+{z}_{2}=0}\\{-\sqrt{3}{x}_{2}+{y}_{2}+2{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，令x₂=1，得y₂=$-\frac{\sqrt{3}}{3}$，z₂=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
所以$\overrightarrow{n}$=（1，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．…（10分）
所以cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=0．…（11分）
所以二面角B-CD-E的余弦值為0．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了直線與平面垂直的判定定理及其性質(zhì)定理，面面垂直的性質(zhì)定理，二面角的求法、考查了推理能力、輔助線的作法，屬于中檔題．