Question

13．如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，△ABD是等腰直角三角形，AD⊥BD，平面ABC⊥平面ABD，且EC⊥平面ABC，EC=2．
（1）求證：AD⊥BE
（2）求平面AEC和平面BDE所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）建立空間坐標(biāo)系，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用向量法證明直線垂直．
（2）求出平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解即可．

解答 解：（Ⅰ）方法1：取AB的中點(diǎn)P，連接DP，CP，
∵△ABD是等腰直角三角形，AD⊥BD，
∴DP⊥AB，∵平面ABC⊥平面ABD，
∴DP⊥平面ABC，
∵EC⊥平面ABC，
∴EC∥DP，
∵△ABC是邊長為4的等邊三角形，
∴DP=AP=2，
則EC=AP=2．
則四邊形DECP是正方形，
則CP⊥DP，則CP⊥平面ABD，
∵AD?平面ABD，
∴PC⊥AD，
則DE⊥AD，
∵AD⊥BD，
∴AD⊥平面BDE，
則AD⊥BE
法2：以O(shè)A，OC，OD為x，y，z的正方向建立直角坐標(biāo)系，
則有：$A（{2，0，0}），D（{0，0，2}），B（{-2，0，0}），E（{0，2\sqrt{3}，2}）$$\overrightarrow{AD}=（{-2，0，2}），\overrightarrow{BE}=（{-2，2\sqrt{3}，2}）$
由于$\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{BE}=0$，
故AD⊥BE．
（Ⅱ）如圖建立坐標(biāo)系，
則$A（{2，0，0}），B（{-2，0，0}），C（{0，2\sqrt{3}，0}），E（{0，2\sqrt{3}，2}），D（{0，0，2}）$，
$\overrightarrow{AE}=（{-2，2\sqrt{3}，2}），\overrightarrow{AC}=（{-2，2\sqrt{3}，0}），\overrightarrow{BD}=（{2，0，2}），\overrightarrow{DE}=（{0，2\sqrt{3}，0}）$，
設(shè)平面AEC的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（{{x_1}，{y_1}，{z_1}}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AE}=0\\ \overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AC}=0\end{array}\right.$所以$\left\{\begin{array}{l}-2{x_1}+2\sqrt{3}{y_1}+2{z_1}=0\\-2{x_1}+2\sqrt{3}{y_1}=0\end{array}\right.$，
令y₁=1，則${x_1}=\sqrt{3}，{z_1}=0$
所以$\overrightarrow{n_1}=（{\sqrt{3}，1，0}）$，
設(shè)平面BDE的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{{x_2}，{y_2}，{z_2}}）$
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{BD}=0\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{DE}=0\end{array}\right.$所以$\left\{\begin{array}{l}2{x_2}+2{z_2}=0\\ 2\sqrt{3}{y_2}=0\end{array}\right.$，令x₂=1，則y₂=0，z₁=-1
所以$\overrightarrow{n_2}=（{1，0，-1}）$，
所以$cosα=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|•|{\overrightarrow{n_2}}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{{2×\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．

點(diǎn)評 本題主要考查空間直線垂直和空間二面角的求解，建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．