Question

9．如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC與BD相交于點O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB=AE=2．
（ I）求證：BD⊥平面ACFE；
（ II）當直線FO與平面BDE所成的角為45°時，求二面角B-EF-D的余弦角．

Answer 1

分析 （ I）只需證明DB⊥AC，BD⊥AE，即可得BD⊥平面ACFE；
 （ II）取EF的中點為M，以O為坐標原點，以OA為x軸，以OB為y軸，以OM為z軸，建立空間直角坐標系，則$B（0，\sqrt{3}，0）$，D（0，-$\sqrt{3}$，0），F（-1，0，h），E（1，0，2），則$\overrightarrow{DB}=（0，2\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{DE}=（1，\sqrt{3}，2）$，利用向量法求解

解答 （ I）證明：在菱形ABCD中，可得DB⊥AC，
又因為AE⊥平面ABCD，∴BD⊥AE，
且AE∩AC=A，BD⊥平面ACFE；
 （ II）解：取EF的中點為M，以O為坐標原點，以OA為x軸，以OB為y軸，以OM為z軸，建立空間直角坐標系，
則$B（0，\sqrt{3}，0）$，D（0，-$\sqrt{3}$，0），F（-1，0，h），E（1，0，2），則$\overrightarrow{DB}=（0，2\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{DE}=（1，\sqrt{3}，2）$，
設平面BDE的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}=（x，y，z）$，由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DB}=2\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DE}=x+\sqrt{3}y+2z=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{{n}_{1}}=（2，0，1）$，
|cos$＜\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{OF}＞$|=$\frac{2+h}{\sqrt{5}×\sqrt{1+{h}^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，⇒h=3，
故F（-1，0，3），$\overrightarrow{BE}=（1，-\sqrt{3}，2）$，$\overrightarrow{BF}=（-1，-\sqrt{3}，3）$，設平面BFE的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（a，b，c）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{BE}=a-\sqrt{3}b+2c=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{BF}=-a-\sqrt{3}b+3c=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{{n}_{2}}=（-\sqrt{3}，-5，-2\sqrt{3}）$，
$\overrightarrow{DE}=（1，\sqrt{3}，2），\overrightarrow{DF}=（-1，\sqrt{3}，3）$，設平面DFE的法向量為$\overrightarrow{{n}_{3}}=（x，y，z）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{3}}•\overrightarrow{DE}=x+\sqrt{3}y+2z=0}\\{\overrightarrow{{n}_{3}}•\overrightarrow{DF}=-x+\sqrt{3}y+3z=0}\end{array}\right.$，可取$\overrightarrow{{n}_{3}}=（\sqrt{3}，-5，2\sqrt{3}）$，
cos$＜\overrightarrow{{n}_{2}}，\overrightarrow{{n}_{3}}＞$=$\frac{10}{2\sqrt{10}×2\sqrt{10}}=\frac{1}{4}$，
 二面角B-EF-D的余弦值為$\frac{1}{4}$．

點評 本題考查了空間線面垂直的判定，向量法求二面角，屬于中檔題．