Question

4．如圖，在四棱錐A-BCFE中，四邊形EFCB為梯形，EF∥BC，且EF=$\frac{3}{4}$BC，△ABC是邊長為2的正三角形，頂點F在AC上的射影為點G，且FG=$\sqrt{3}$，CF=$\frac{{\sqrt{21}}}{2}$，BF=$\frac{5}{2}$．
（1）證明：平面FGB⊥平面ABC；
（2）求二面角E-AB-F的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導出FG⊥AC，取AC的中點為O，連結OB，GB，推導出FG⊥BG，FG⊥AC，從而FG⊥面ABC，由此能證明面FGB⊥面ABC．
（2）以OB所在直線為x軸，OC所在直線為y軸，過點O作平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角E-AB-F的余弦值．

解答 證明：（1）由頂點F在AC上投影為點G，可知，FG⊥AC．
取AC的中點為O，連結OB，GB．
在Rt△FGC中，$FG=\sqrt{3}$，$CF=\frac{{\sqrt{21}}}{2}$，所以$CG=\frac{3}{2}$．
在Rt△GBO中，$OB=\sqrt{3}$，$OG=\frac{1}{2}$，所以$BG=\frac{{\sqrt{13}}}{2}$．
所以，BG²+GF²=FB²，即FG⊥BG．
∵FG⊥AC，FG⊥GB，AC∩BG=G
∴FG⊥面ABC．
又FG⊆面FGB，所以面FGB⊥面ABC．
解：（2）由（Ⅰ）知，OB⊥FG，OB⊥AC，且AC∩FG=G
所以  OB⊥面AFC，且FG⊥面ABC．以OB所在直線為x軸，OC所在直線為y軸，
過點O作平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：
$A（0，-1，0），B（\sqrt{3}，0，0），F（0，-\frac{1}{2}，\sqrt{3}）$，E（$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，-$\frac{5}{4}$，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{BA}=（-\sqrt{3}，-1，0）$，$\overrightarrow{BE}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{4}$，-$\frac{5}{4}$，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BF}$=（-$\sqrt{3}，-\frac{1}{2}，\sqrt{3}$），
設平面ABE，ABF的法向量分別為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，$\overrightarrow{n}=（a，b，c）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x-y=0}\\{-\frac{\sqrt{3}}{4}x-\frac{5}{4}y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，-$\sqrt{3}$，1），
$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{BA}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BF}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}a-b=0}\\{-\sqrt{3}a-\frac{1}{2}b+\sqrt{3}c=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow n=（1，-\sqrt{3}，\frac{1}{2}）$，
設二面角E-AB-F的平面角為θ．
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{9}{2}}{\sqrt{5}•\sqrt{\frac{17}{4}}}$=$\frac{9\sqrt{85}}{85}$．
所以二面角E-AB-F的余弦值為$\frac{9\sqrt{85}}{85}$．

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，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉化思想、數形結合思想，是中檔題．