Question

19．在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是邊長為3的菱形，∠DAB=60°，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE=3AF，BE與平面ABCD所成角為60°．
（Ⅰ）求證：AC⊥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角F-BE-C的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出AC⊥BD，AC⊥DE，由此能證明AC⊥平面BDE．
（Ⅱ）以AC，BD的交點O建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，利用向量法能求出二面角F-BE-C的平面角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）已知，四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又DE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
所以AC⊥DE，BD∩DE=D，
所以AC⊥平面BDE．…（5分）
解：（Ⅱ）BE與平面ABCD所成角為60°，DE⊥平面ABCD，
所以，∠EBD=60°．
四邊形ABCD是邊長為3的菱形，所以BD=3，$ED=3\sqrt{3}$，$AF=\sqrt{3}$．
如圖，以AC，BD的交點O建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，
則$B（{0，\frac{3}{2}，0}），A（{\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，0，0}），C（{-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，0，0}），F(xiàn)（{\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，0，\sqrt{3}}），E（{0，-\frac{3}{2}，3\sqrt{3}}）$.$\overrightarrow{BC}=（{-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，-\frac{3}{2}，0}），\overrightarrow{BF}=（{\frac{{3\sqrt{3}}}{2}，-\frac{3}{2}，\sqrt{3}}），\overrightarrow{BE}=（{0，-3，3\sqrt{3}}）$
設(shè)平面FBE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{n}=\frac{3\sqrt{3}}{2}{x}_{1}-\frac{3}{2}{y}_{1}+\sqrt{3}{z}_{1}=0}\\{\overrightarrow{BF}•\overrightarrow{n}=-3{y}_{1}+3\sqrt{3}{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，令z₁=3，得$\overrightarrow{n}$=（1，3$\sqrt{3}$，3），
設(shè)平面BEC的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{m}=-\frac{3\sqrt{3}}{2}{x}_{2}-\frac{3}{2}{y}_{2}=0}\\{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow{m}=-3{y}_{2}+3\sqrt{3}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，令z₂=1，得$\overrightarrow{m}$=（-1，$\sqrt{3}$，1），
設(shè)二面角F-BE-C的平面角為θ，
則cosθ=-$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=-$\frac{11}{\sqrt{5}•\sqrt{37}}$=-$\frac{11\sqrt{185}}{185}$，…（10分）
二面角F-BE-C的平面角的余弦值為$-\frac{{11\sqrt{185}}}{185}$．…（12分）

點評 本題考查線面垂直的證明，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．