20.如圖,四邊形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠ABC=60°,AB=2CB=4,在梯形ACEF中,EF∥AC,且AC=2EF,EC⊥平面ABCD.
(1)求證:面FEB⊥面CEB;
(2)若二面角D-AF-C的大小為$\frac{π}{4}$,求幾何體ABCDEF的體積.

分析 (1)由余弦定理求出AC,得出AC⊥BC,又AC⊥CE得出AC⊥平面BCE,于是EF⊥平面BCE,故而平面BEF⊥平面BCE;
(2)以C為原點建立坐標系,設(shè)CE=h,求出平面ADF和平面ACF的法向量$\overrightarrow{n}$,$\overrightarrow{CB}$,令|cos<$\overrightarrow{n},\overrightarrow{CB}$>|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$解出h,于是幾何體ABCDEF的體積V=VD-ACEF+VB-ACEF

解答 證明:(1)∵AB=4,BC=2,∠ABC=60°,∴AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}-2AB•BC•cos60°}$=2$\sqrt{3}$.
∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.
∵CE⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,∴CE⊥AC,又CE?平面BCE,BC?平面BCE,DE∩BC=C,
∴AC⊥平面BCE,
∵AC∥EF,∴EF⊥平面BCE,
又EF?平面BEF,
∴平面BEF⊥平面BCE.
(2)以C為原點,以CA,CB,CE為坐標軸建立空間直角坐標系如圖所示:
設(shè)CE=h,則C(0,0,0),A(2$\sqrt{3}$,0,0),F(xiàn)($\sqrt{3}$,0,h),D($\sqrt{3}$,-1,0),B(0,2,0).
∴$\overrightarrow{AD}$=(-$\sqrt{3}$,-1,0),$\overrightarrow{AF}$=(-$\sqrt{3}$,0,h),
設(shè)平面ADF的法向量為$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\end{array}\right.$,
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x-y=0}\\{-\sqrt{3}x+hz=0}\end{array}\right.$,令z=$\sqrt{3}$得$\overrightarrow{n}$=(h,-$\sqrt{3}$h,$\sqrt{3}$).
∵BC⊥平面ACEF,∴$\overrightarrow{CB}$=(0,2,0)為平面ACF的一個法向量,
∴cos<$\overrightarrow{n},\overrightarrow{CB}$>=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{CB}|}$=$\frac{-2\sqrt{3}h}{2•\sqrt{4{h}^{2}+3}}$=-$\frac{\sqrt{3}h}{\sqrt{4{h}^{2}+3}}$.
∴$\frac{\sqrt{3}h}{\sqrt{4{h}^{2}+3}}$=cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
解得h=$\frac{\sqrt{6}}{2}$.即CE=$\frac{\sqrt{6}}{2}$.
∴VD-ACEF=$\frac{1}{3}{S}_{梯形ACEF}•|{y}_{D}|$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×(\sqrt{3}+2\sqrt{3})×\frac{\sqrt{6}}{2}×1$=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$.
VB-ACEF=$\frac{1}{3}{S}_{梯形ACEF}•BC$=$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×(\sqrt{3}+2\sqrt{3})×\frac{\sqrt{6}}{2}×2$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$.
∴幾何體ABCDEF的體積V=VD-ACEF+VB-ACEF=$\frac{3\sqrt{2}}{4}+\frac{3\sqrt{2}}{2}$=$\frac{9\sqrt{2}}{4}$.

點評 本題考查了面面垂直的判定,空間向量與二面角的計算,棱錐的體積計算,屬于中檔題.

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