Question

19．如圖，點C是以AB為直徑的圓上一點，直角梯形BCDE所在平面與圓O所在平面垂直，且DE∥BC，DC⊥BC，DE=$\frac{1}{2}$BC=2，AC=CD=3．
（Ⅰ）證明：EO∥平面ACD；
（Ⅱ）證明：平面ACD⊥平面BCDE；
（Ⅲ）求二面角A-BE-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取線段AC的中點F，連接OF、DF，由三角形中位線定理可得OF∥BC，且OF=$\frac{1}{2}BC$，在直角梯形BCDE中，有DE∥BC，DE=$\frac{1}{2}$BC，可得OF∥DE且OF=DE，則四邊形OEDF為平行四邊形，再由線面平行的判定可得EO∥平面ACD；
（Ⅱ）依題意，平面BCDE⊥平面ABC，由面面垂直的性質(zhì)可得DC⊥平面ABC，從而得到DC⊥AC，又AC⊥BC，可得AC⊥平面BCDE，則平面ACD⊥平面BCDE；
（Ⅲ）以C為原點，分別以CA、CB、CD所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，求出所用點的坐標，得到平面ABE的一個法向量$\overrightarrow{n}=（4，3，2）$，又$\overrightarrow{CA}=（3，0，0）$為平面BDE的一個法向量，求出兩法向量所成角的余弦值，得到二面角A-BE-D的余弦值為．

解答 （Ⅰ）證明：取線段AC的中點F，連接OF、DF，
∵O為線段AB的中點，∴OF∥BC，且OF=$\frac{1}{2}BC$，
在直角梯形BCDE中，DE∥BC，DE=$\frac{1}{2}$BC，
∴OF∥DE且OF=DE，則四邊形OEDF為平行四邊形，
∴OE∥DF，又OE?平面ACD，DF?平面ACD，
∴EO∥平面ACD；
（Ⅱ）證明：依題意，平面BCDE⊥平面ABC，
平面BCDE∩平面ABC=BC，且DC⊥BC，
∴DC⊥平面ABC，AC?平面ABC，
∴DC⊥AC，又AC⊥BC，DC∩BC=C，
∴AC⊥平面BCDE，又AC?平面ACD，
∴平面ACD⊥平面BCDE；
（Ⅲ）解：以C為原點，分別以CA、CB、CD所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，
則有：C（0，0，0），A（3，0，0），B（0，4，0），D（0，0，3），E（0，2，3）．
$\overrightarrow{AE}=（-3，2，3）$，$\overrightarrow{AB}=（-3，4，0）$．
設(shè)平面ABE的一個法向量$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
則由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=-3x+2y+3z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=-3x+4y=0}\end{array}\right.$，取x=4，得$\overrightarrow{n}=（4，3，2）$；
$\overrightarrow{CA}=（3，0，0）$為平面BDE的一個法向量，
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{CA}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{CA}|}=\frac{12}{\sqrt{29}×3}=\frac{4\sqrt{29}}{29}$．
∴二面角A-BE-D的余弦值為$\frac{4\sqrt{29}}{29}$．

點評 本題考查線面平行與面面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．