Question

4．如圖，四棱錐S-ABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB=AD=1，DC=SD=2，E為棱SB上的一點，二面角D-EC-B等于90°．
（Ⅰ）證明：DE⊥平面SBC；
（Ⅱ）證明：SE=2EB；
（Ⅲ）求二面角A-DE-C的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接BD，取DC的中點G，連接BG，利用已知及其直角三角形的判定可得△DBC為直角三角形，故BC⊥BD．再利用線面垂直的性質(zhì)定理與判定定理可得：BC⊥SD，BC⊥DE．作BK⊥EC，K為垂足，利用面面垂直的性質(zhì)定理可得：BK⊥平面EDC，BK⊥DE，進而得出DE⊥平面SBC．
（Ⅱ） 由DE⊥平面SBC，DE⊥EC，DE⊥SB，利用勾股定理、真假三角形的面積計算公式計算即可得出證明．
（III）由（II）知：$AE=\sqrt{{（\frac{1}{3}SA）}^{2}+{（\frac{2}{3}AB）}^{2}}=1$，可得△ADE為等腰三角形．取ED中點F，連接AF，AF⊥DE．連接FG，則FG∥EC，F(xiàn)G⊥DE．可得∠AFG是二面角A-DE-C的平面角．△AFG中，利用余弦定理即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：連接BD，取DC的中點G，連接BG，
由此知DG=GC=BG=1，即△DBC為直角三角形，故BC⊥BD．
又SD⊥平面ABCD，∴BC⊥SD，∴BC⊥平面BDS，BC⊥DE．
作BK⊥EC，K為垂足，∵平面EDC⊥平面SBC，
∴BK⊥平面EDC，BK⊥DE，DE與平面SBC內(nèi)的兩條相交直線BK、BC都垂直．
∴DE⊥平面SBC
（Ⅱ）證明：由DE⊥平面SBC，DE⊥EC，DE⊥SB，
$SB=\sqrt{S{D}^{2}+D{B}^{2}}=\sqrt{6}，DE=\frac{SD•DB}{SB}=\frac{2}{\sqrt{3}}$，$EB=\sqrt{D{B}^{2}-D{E}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}，SE=SB-EB=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴$EB=\sqrt{D{B}^{2}-D{E}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}，SE=SB-EB=\frac{2\sqrt{6}}{3}$．
（Ⅲ）解：由（II）知：$AE=\sqrt{{（\frac{1}{3}SA）}^{2}+{（\frac{2}{3}AB）}^{2}}=1$，又AD=1．
∴△ADE為等腰三角形．
取ED中點F，連接AF，則$AF⊥DE，AF=\sqrt{A{D}^{2}-D{F}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$．
連接FG，則FG∥EC，F(xiàn)G⊥DE．∴∠AFG是二面角A-DE-C的平面角．
連接AG，AG=$\sqrt{2}，F(xiàn)G=\sqrt{D{G}^{2}-D{F}^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}，cos∠AFG=\frac{A{F}^{2}+F{G}^{2}-A{G}^{2}}{2•AF•FG}=-\frac{1}{2}$，
∴二面角A-DE-C的余弦值為$-\frac{1}{2}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系空間角、三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、余弦定理，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．