Question

15．在如圖所示的幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是等腰梯形，AD∥BC，∠ABC=60°，AB=$\frac{1}{2}$BC=1，DE⊥平面ABCD，BF∥DE，DE=2BF，M，N分別是EF、BC的中點(diǎn)．
（1）求證：BD⊥平面MAN；
（2）已知直線BE與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A-BE-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)DN，推導(dǎo)出四邊形ABND為菱形，從而BD⊥AN，再推導(dǎo)出MH⊥BD，由此能證明BD⊥平面MAN．
（2）以點(diǎn)D為原點(diǎn)，直線DB、DC、DE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A-BE-C的余弦值．

解答 證明：（1）連結(jié)DN，
∵N為BC的中點(diǎn)，CD=$\frac{1}{2}$BC，∴CD=CN，
∵∠DCN=60°，∴△DNC為正三角形，
∴∠DNC=60°，DN=DC，
∵∠ABC=60°，AB=DC，
∴AB∥DN，AB=DN，
∴四邊形ABND為平行四邊形，
又AB=BN，∴平行四邊形ABND為菱形，
∴BD⊥AN，
設(shè)AN∩BD=H，則H為BD中點(diǎn)，
∵M(jìn)為EF中點(diǎn)，BF∥DE，∴MN∥DE，
∵DE⊥平面ABCD，∴MH⊥平面ABCD，
∵BD?平面ABCD，∴MH⊥BD，
∵M(jìn)H∩AN=H，MH、AN?平面MAN，
∴BD⊥平面MAN．
解：（2）∵∠ABC=60°，∴∠BAD=∠ADC=120°，
又AB=AD=1，∴∠ADH=30°，∴∠BDC=120°-30°=90°，
∴BD⊥CD，且BD=$\sqrt{3}$，
∵DE⊥平面ABCD，∴∠DHE是直線BE與平面ABCD所成的角，
∴∠DBE=45°，∴DE=BDtan$∠DBE=\sqrt{3}$，
以點(diǎn)D為原點(diǎn)，直線DB、DC、DE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B（$\sqrt{3}$，0，0），C（0，1，0），A（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0），E（0，0，$\sqrt{3}$），
$\overrightarrow{AB}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{BE}$=（-$\sqrt{3}，0，\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{3}，1，0$），
設(shè)平面ABE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=-\sqrt{3}x+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，1），
設(shè)平面BCE的一個法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BC}=-\sqrt{3}a+b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=-\sqrt{3}a+\sqrt{3}c=0}\end{array}\right.$，
取a=1，得平面BCE的一個法向量$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{3}$，1），
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1-3+1}{\sqrt{5}•\sqrt{5}}$=-$\frac{1}{5}$，
由圖形知二面角A-BE-C為銳角，∴二面角A-BE-C的余弦值為$\frac{1}{5}$．

點(diǎn)評 本題考查線面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、方程與函數(shù)思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．