Question

12．如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點(diǎn)E是BC邊的中點(diǎn)，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體．
（Ⅰ） 求證：AB⊥平面ADC；
（Ⅱ） 若AD=1，二面角C-AB-D的平面角的正切值為$\sqrt{6}$，求二面角B-AD-E的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明DC⊥AB．AD⊥AB即可得AB⊥平面ADC．
（Ⅱ） 由（Ⅰ）知AB⊥平面ADC，即二面角C-AB-D的平面角為∠CAD二面角C-AB-D的平面角的正切值為$\sqrt{6}$，解得AB，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，求出平面BAD的法向量$\overrightarrow n=（0，1，0）$，平面ADE的法向量，即可得二面角B-AD-E的余弦值

解答 解：（Ⅰ） 因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
又BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD．…（1分）
因?yàn)锳B?平面ABD，所以DC⊥AB．…（2分）
又因?yàn)檎郫B前后均有AD⊥AB，DC∩AD=D，…（3分）
所以AB⊥平面ADC．…（4分）
（Ⅱ） 由（Ⅰ）知AB⊥平面ADC，所以二面角C-AB-D的平面角為∠CAD．…（5分）
又DC⊥平面ABD，AD?平面ABD，所以DC⊥AD．
依題意$tan∠CAD=\frac{CD}{AD}=\sqrt{6}$．…（6分）
因?yàn)锳D=1，所以$CD=\sqrt{6}$．
設(shè)AB=x（x＞0），則$BD=\sqrt{{x^2}+1}$．
依題意△ABD～△BDC，所以$\frac{AB}{AD}=\frac{CD}{BD}$，即$\frac{x}{1}=\frac{{\sqrt{6}}}{{\sqrt{{x^2}+1}}}$．…（7分）
解得$x=\sqrt{2}$，故$AB=\sqrt{2}，BD=\sqrt{3}，BC=\sqrt{B{D^2}+C{D^2}}=3$．…（8分）
如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D（0，0，0），$B（\sqrt{3}，0，0）$，$C（0，\sqrt{6}，0）$，$E（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{{\sqrt{6}}}{2}，0}）$，$A（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0，\frac{{\sqrt{6}}}{3}}）$，
所以$\overrightarrow{DE}=（\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{\sqrt{6}}{2}，0）$，$\overrightarrow{DA}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0，\frac{{\sqrt{6}}}{3}}）$．
由（Ⅰ）知平面BAD的法向量$\overrightarrow n=（0，1，0）$．…（9分）
設(shè)平面ADE的法向量$\overrightarrow m=（x，y，z）$                      
由$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=0，\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DA}=0$得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+\frac{{\sqrt{6}}}{2}y=0\\ \frac{{\sqrt{3}}}{3}x+\frac{{\sqrt{6}}}{3}z=0.\end{array}\right.$
令$x=\sqrt{6}$，得$y=-\sqrt{3}，z=-\sqrt{3}$，
所以$\overrightarrow m=（\sqrt{6}，-\sqrt{3}，-\sqrt{3}）$．…（10分）
所以$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow m＞=\frac{\overrightarrow n•\overrightarrow m}{|\overrightarrow n|•|\overrightarrow m|}=-\frac{1}{2}$．…（11分）
由圖可知二面角B-AD-E的平面角為銳角，
所以二面角B-AD-E的余弦值為$\frac{1}{2}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了空間線面垂直的判定，即面面角的求法，屬于中檔題．