Question

8．如圖，已知多面體ABCDEF中，ABCD為菱形，∠ABC=60°，AE⊥平面ABCD，AE∥CF，AB=AE=1，AF⊥BE．
（1）求證：AF⊥平面BDE；
（2）求二面角F-BE-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由AE∥CF，可得四點ACFE共面．如圖所示，連接AC，BD，相交于點O，利用菱形對角線的性質(zhì)及其線面垂直的判定及其性質(zhì)可得：AE⊥平面ABCD，可得BD⊥平面ACFE，BD⊥AF，可得AF⊥平面BDE，即可證明．
（2）取BC的中點M，推導(dǎo)出AM⊥BC，AM⊥AD，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角F-BE-D的余弦值．

解答 證明：（1）∵AE∥CF，∴四點ACFE共面．
如圖所示，連接AC，BD，相交于點O，
∵四邊形ABCD是菱形，∴對角線BD⊥AC，
∵AE⊥平面ABCD，
∴AE⊥BD，又AE∩AC=A，
∴BD⊥平面ACFE，
∴BD⊥AF，
又AF⊥BE，BE∩BD=B，
∴AF⊥平面BDE，
AF?平面BAF，
∴平面BAF⊥平面BDE．
解：（2）取BC的中點M，∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等邊三角形，∴AM⊥BC，又BC∥AD，
∴AM⊥AD，建立空間直角坐標(biāo)系，
B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}，0$），設(shè)F（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，z），D（0，1，0），E（0，0，1），A（0，0，0），
$\overrightarrow{AF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，z），$\overrightarrow{BE}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
∵AF⊥BE，∴$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{BE}$=-$\frac{3}{4}+\frac{1}{4}+z$=0，解得z=$\frac{1}{2}$，∴F（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），
$\overrightarrow{BF}$=（0，1，$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{BD}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），
設(shè)平面BDE的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=-\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y+z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，1，1），
設(shè)平面BEF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b+c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BF}=b+\frac{1}{2}c=0}\end{array}\right.$，取b=1，得$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{3}$，1，-2），
設(shè)二面角F-BE-D的平面角為θ，
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{5}•\sqrt{8}}$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
∴二面角F-BE-D的余弦值為$\frac{\sqrt{10}}{5}$．

點評 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，注意向量法的合理運用．