Question

7．如圖所示，平面ABCD⊥平BCEF，且四邊形ABC為矩形，四邊形BCEF為直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC=CE=4，BC=BF=2．
（Ⅰ）求證：AF∥平面CDE；
（Ⅱ）求直線BE與平面ADE所成角的余弦值；
（Ⅲ）求點B到平面ADE的距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）以C為坐標(biāo)原點，以CB、CE、CD所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，通過$\overrightarrow{CD}$與平面CDE的一個法向量的數(shù)量積為0，即得結(jié)論；
（Ⅱ）設(shè)平面ADE的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），取z₁=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1），求出法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$與$\overrightarrow{BE}$的夾角的余弦值值，計算即可；
（Ⅲ）根據(jù)面ADE的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1）以及$\overrightarrow{BE}$的坐標(biāo)，求出點B到平面ADE的距離即可．

解答 （Ⅰ）證明：以C為坐標(biāo)原點，以CB、CE、CD所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，

根據(jù)題意可得C（0，0，0），A（2，0，4），B（2，0，0），D（0，0，4），E（0，4，0），F(xiàn)（2，2，0），
∴$\overrightarrow{CD}$=（0，0，4），易得$\overrightarrow{m}$=（1，0，0）是平面CDE的一個法向量，
∵$\overrightarrow{CD}$•$\overrightarrow{m}$=（0，0，4）•（1，0，0）=0，
∴AF∥平面CDE；
（Ⅱ）解：設(shè)平面ADE的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），
∵$\overrightarrow{AD}$=（-2，0，0），$\overrightarrow{DE}$=（0，4，-4），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{AD}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\\{\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{{n}_{1}}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-{2x}_{1}=0}\\{{4y}_{1}-{4z}_{1}=0}\end{array}\right.$，
取z₁=1，得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1），$\overrightarrow{BE}=（-2，4，0）$，
設(shè)直線BE與平面ADE所成角為θ，
則$sinθ=|cos＜\overrightarrow{BE}，\overrightarrow{n_1}＞|=\frac{{\overrightarrow{|BE}•\overrightarrow{n_1}|}}{{|\overrightarrow{BE}||\overrightarrow{n_1}|}}=\frac{4}{{2\sqrt{5}×\sqrt{2}}}=\frac{{\sqrt{10}}}{5}$，
所以$cosθ=\sqrt{1-{{sin}^2}θ}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，
所以BE與平面ADE所成角的余弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$；
（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知平面ADE的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（0，1，1），
$\overrightarrow{BE}=（-2，4，0）$∴$d=\frac{{|\overrightarrow{BE}•\overrightarrow{n_1}|}}{{|\overrightarrow{n_1}|}}=\frac{4}{{\sqrt{2}}}=2\sqrt{2}$，
∴點B到平面ADE的距離為$2\sqrt{2}$．

點評 本題考查空間中線面平行的判定，考查求線面角的三角函數(shù)值，注意解題方法的積累，屬于中檔題．