Question

3．如圖所示，在四棱錐A-BCDE中，AE⊥面BCDE，△BCE是正三角形，BD和CE的交點F恰好平分CE，又AE=BE=2，∠CDE=120°，
（Ⅰ）證明：面ABD⊥面AEC；
（Ⅱ）求二面角B-CA-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由AE⊥平面BCDE，可得AE⊥BD．由△BCE是正三角形，BD和CE的交點恰好平分CE，可得BD⊥EC，再利用線面面面垂直的判定定理及其性質(zhì)定理即可證明．
（Ⅱ）由BD⊥EC，可得△FDC為等腰三角形，又∠CDE=120°，可得BE⊥ED，建立以E為坐標(biāo)原點的空間直角坐標(biāo)系如圖：又DE=BEtan30°，可得D（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），設(shè)平面BCA的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，可得取$\overrightarrow{m}$．取平面ACE的法向量$\overrightarrow{BD}$=（-2，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），利用cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{BD}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BD}|}$即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：∵AE⊥平面BCDE，BD?平面BCDE，
∴AE⊥BD，
∵△BCE是正三角形，BD和CE的交點恰好平分CE，
∴BD⊥EC，
∵EC∩AE=E，
∴BD⊥平面ACE
BD?平面ABD
∵平面ABD⊥平面ACE
（Ⅱ）∵BD⊥EC，∴△EDC為等腰三角形，
∴ED=CD，
∵∠CDE=120°，∴∠DEC=30°，
則∠BED=60°+30°=90°，即BE⊥ED，
建立以E為坐標(biāo)原點的空間直角坐標(biāo)系如圖：
∵AE=BE=2，∠CDE=120°，
∴B（2，0，0），E（0，0，0），A（0，0，2），C（1，$\sqrt{3}$，0）
$\overrightarrow{AB}$=（2，0，-2），$\overrightarrow{AC}$=（1，$\sqrt{3}$，-2），
又DE=BEtan30°=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，則D（0，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），設(shè)平面BCA的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2x-2z=0}\\{x+\sqrt{3}y-2z=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{m}$=$（\sqrt{3}，1，\sqrt{3}）$．

由（1）可取平面ACE的法向量$\overrightarrow{BD}$=（-2，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0），
∴cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{BD}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BD}|}$=$\frac{\frac{-4\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{7}×\frac{4}{\sqrt{3}}}$=-$\frac{\sqrt{7}}{7}$．
由圖形可知：二面角B-CA-E的平面角為銳角，因此其余弦值為$\frac{\sqrt{7}}{7}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系與空間角、線面平行與垂直的判定性質(zhì)定理、法向量的應(yīng)用、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．