Question

12．如圖，多面體EF-ABCD中，四邊形ABCD是菱形，AB=4，∠BAD=60°，AC，BD相交于O，EF∥AC，點(diǎn)E在平面ABCD上的射影恰好是線段AO的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：BD⊥平面ACF；
（Ⅱ）若直線AE與平面ABCD所成的角為45°，求平面DEF與平面ABCD所成角（銳角）的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取AO的中點(diǎn)H，連結(jié)EH，證明EH⊥BD，AC⊥BD，即BD⊥平面ACF    
（Ⅱ）由（Ⅰ）知EH⊥平面ABCD，以H為原點(diǎn)，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz，
由EH⊥平面ABCD，得∠EAH為AE與平面ABCD所成的角，即∠EAH=45°則$AO=2\sqrt{3}，AH=\sqrt{3}，EH=\sqrt{3}$各點(diǎn)坐標(biāo)分別為$H（0，0，0），A（\sqrt{3}，0，0），D（-\sqrt{3}，-2，0），O（-\sqrt{3}，0，0）$，E（0，0，$\sqrt{3}$），求出法向量即可求解．

解答 解：（Ⅰ）取AO的中點(diǎn)H，連結(jié)EH，則EH⊥平面ABCD
∵BD在平面ABCD內(nèi)，∴EH⊥BD…（2分）
又菱形ABCD中，AC⊥BD 且EH∩AC=H，EH、AC在平面EACF內(nèi)
∴BD⊥平面EACF，即BD⊥平面ACF…（5分）    
    （Ⅱ）由（Ⅰ）知EH⊥平面ABCD，以H為原點(diǎn)，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz…（6分）
∵EH⊥平面ABCD，∴∠EAH為AE與平面ABCD所成的角，
即∠EAH=45°，又菱形ABCD的邊長為4，則$AO=2\sqrt{3}，AH=\sqrt{3}，EH=\sqrt{3}$
各點(diǎn)坐標(biāo)分別為$H（0，0，0），A（\sqrt{3}，0，0），D（-\sqrt{3}，-2，0），O（-\sqrt{3}，0，0）$，E（0，0，$\sqrt{3}$）…（7分）
易知$\overrightarrow{HE}$為平面ABCD的一個法向量，記$\overrightarrow n$=$\overrightarrow{HE}=（0，0，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{AO}$=$（{-2\sqrt{3}，0，0}）$，$\overrightarrow{DE}$=$（{\sqrt{3}，2，\sqrt{3}}）$
∵EF∥AC，∴$\overrightarrow{EF}$=$λ\overrightarrow{AO}=（{-2\sqrt{3}λ，0，0}）$…（8分）
設(shè)平面DEF的一個法向量為$\overrightarrow m=（{x，y，z}），則\overrightarrow m⊥\overrightarrow{DE}，\overrightarrow m⊥\overrightarrow{EF}$（注意：此處$\overrightarrow{EF}$可以用$\overrightarrow{AO}$替代）
即 $\overrightarrow m•\overrightarrow{DE}$=$\sqrt{3}x+2y+\sqrt{3}z=0$，$\overrightarrow m•\overrightarrow{EF}=-2\sqrt{3}λx=0$
令$y=\sqrt{3}，則x=0，z=-2$，則，∴$\overrightarrow m=（{0，\sqrt{3}，-2}）$…（9分）
∴$cos\left?{\overrightarrow n，\overrightarrow m}\right＞=\frac{\overrightarrow n•\overrightarrow m}{{|{\overrightarrow n}|•|{\overrightarrow m}|}}=\frac{{-2\sqrt{3}}}{{\sqrt{3}•\sqrt{7}}}=-\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$
平面DEF與平面ABCD所成角（銳角）的余弦值為$\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了空間線面垂直、向量法求二面角，屬于中檔題．