Question

13．已知如圖：四邊形ABCD是矩形，BC⊥平面ABE，且AE=EB=BC=2，點(diǎn)F為CE上一點(diǎn)，且BF⊥平面ACE．
（1）求證：AE∥平面BFD；
（2）求二面角C-DE-A的余弦值．

Answer 1

分析 （1）證明：連接AC交BD于G，連結(jié)GF，證明BF⊥CE，推出FG∥AE然后證明AE∥平面BFD．
（2）取DE中點(diǎn)H，連結(jié)AH，CH，說(shuō)明∠CHA即為二面角C-DE-A的平面角；在△CHA中，求解二面角C-DE-A的余弦值即可．

解答 解：（1）證明：連接AC交BD于G，連結(jié)GF，∵ABCD是矩形．
∴G為AC的中點(diǎn)…1分．
由BF⊥平面ACE得：BF⊥CE，
由EB=BC知：點(diǎn)F為CE中點(diǎn)…2分
∴FG為△ACE的中位線，
∴FG∥AE…3分，
∵AE?平面BFD；FG?平面BFD；
∴AE∥平面BFD；…4分．
（2）由BF⊥平面ACE得：BF⊥AE；
由BC⊥平面ABE得：BC⊥AE，BC⊥BE；
∴AE⊥平面BCE，則AE⊥BE…6分．
在Rt△BCE中，$CE=\sqrt{B{C^2}+B{E^2}}=\sqrt{{2^2}+{2^2}}=2\sqrt{2}$
同理可得：$DE=AB=CD=2\sqrt{2}$，$AC=2\sqrt{3}$；…8分．
∵AD=BC=AE=2．
∴取DE中點(diǎn)H，連結(jié)AH，CH，則AH⊥DE，CH⊥DE且$AH=\frac{1}{2}DE=\sqrt{2}$，$CH=\frac{{\sqrt{3}}}{2}DE=\sqrt{6}$…10分
∴∠CHA即為二面角C-DE-A的平面角；
在△CHA中，$cos∠CHA=\frac{{C{H^2}+A{H^2}-A{C^2}}}{2CH•AH}=\frac{{{{（\sqrt{6}）}^2}+{{（\sqrt{2}）}^2}-{{（2\sqrt{3}）}^2}}}{{2\sqrt{6}•\sqrt{2}}}=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$；
∴二面角C-DE-A的余弦值為$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．…12分．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角的平面角的求法，直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，考查空間想象能力、邏輯推理能力以及計(jì)算能力．