Question

14．如圖，平行四邊形ABEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，且AD∥BC，AD⊥AB，AB=BC=$\frac{1}{2}$AD，∠ABE=$\frac{π}{4}$，直線CE與平面ABEF所成角的正切值為$\sqrt{2}$．
（1）證明：AF⊥DE；
（2）求二面角D-AE-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導出AD⊥平面ABEF，又AF?平面ABEF，AF⊥AD，BC⊥平面ABEF，∠BEC是直線CE與平面ABEF所成角，從而BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，進而AF⊥AE，由此能證明AF⊥DE．
（2）取EF中點H，連結(jié)AH，則AH⊥AB，以A為原點，AD為x軸，AB為y軸，AH為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角D-AE-C的余弦值．

解答 證明：（1）∵平行四邊形ABEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，且AD∥BC，AD⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF=AB，
∴AD⊥平面ABEF，又AF?平面ABEF，∴AF⊥AD，BC⊥平面ABEF，
∵AB=BC=$\frac{1}{2}$AD，∠ABE=$\frac{π}{4}$，直線CE與平面ABEF所成角的正切值為$\sqrt{2}$，
設(shè)AB=BC=$\frac{1}{2}AD$=1，
∴∠BEC是直線CE與平面ABEF所成角，∴tan∠BEC=$\frac{BC}{BE}$=$\frac{1}{BE}$=$\sqrt{2}$，解得BE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴AE=$\sqrt{{1}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}-2×1×\frac{\sqrt{2}}{2}×sin45°}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，∴AE⊥BE，∴AF⊥AE
∵AE∩AD=A，∴AF⊥平面ADE，
∴DE?平面ADE，∴AF⊥DE．
解：（2）取EF中點H，連結(jié)AH，則AH⊥AB，
∵平行四邊形ABEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，
∴AH⊥平面ABCD，
以A為原點，AD為x軸，AB為y軸，AH為z軸，
建立空間直角坐標系，
D（2，0，0），A（0，0，0），E（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$），
C（1，1，0），
$\overrightarrow{AD}$=（2，0，0），$\overrightarrow{AE}$=（0，$\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{AC}$=（1，1，0），
平面ADE的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=2x=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0}\end{array}\right.$，
取y=1，得$\overrightarrow{m}$=（0，1，-1），
設(shè)平面ACE的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=a+b=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c=0}\end{array}\right.$，取a=1，則$\overrightarrow{n}$=（1，-1，1），
設(shè)二面角D-AE-C的平面角為θ，
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{2}•\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
∴二面角D-AE-C的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題考查線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．