Question

12．如圖1，梯形AECD中，AE∥CD，點(diǎn)B為邊AE上一點(diǎn)，CB⊥BA，$AB=2CD=2BC=\sqrt{2}BE=2$，把△BCE沿邊BC翻折成圖2，使∠EBA=45°．

（1）求證：BD⊥EC；
（2）求平面ADE與平面CDE所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取AB中點(diǎn)O，連結(jié)EO，DO，在△ABE中，求解三角形可得AE=BE，進(jìn)一步得到EO⊥AB．又CB⊥BA，CB⊥BE，利用線面垂直的判定可得CB⊥平面ABE，則平面ABCD⊥平面ABE，得到EO⊥平面ABCD，有BD⊥EO．結(jié)合四邊形ABCD為直角梯形，AB=2CD=2BC，AB⊥BC，可得四邊形OBCD為正方形，得BD⊥CO．再由線面垂直的判定得BD⊥平面COE，從而證得BD⊥EC；
（2）由（1）知OE，OD，OA兩兩互相垂直，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O-xyz．設(shè)OA=1，求得A，B，C，D，E的坐標(biāo)，然后求出平面CDE與平面ADE的一個(gè)法向量，由兩個(gè)平面法向量所成角的余弦值得平面ADE與平面CDE所成銳二面角的余弦值．

解答 （1）證明：取AB中點(diǎn)O，連結(jié)EO，DO，
在△ABE中，$AB=2，BE=\sqrt{2}$，∠EBA=45°，
∴$A{E^2}=4+2-2×2×\sqrt{2}•cos{45°}=2$．
∴$AE=\sqrt{2}$，則AE=BE，
∴EO⊥AB．
∵CB⊥BA，CB⊥BE，
∴CB⊥平面ABE，
∴平面ABCD⊥平面ABE，
∴EO⊥平面ABCD，得BD⊥EO．
∵四邊形ABCD為直角梯形，AB=2CD=2BC，
AB⊥BC，
∴四邊形OBCD為正方形，得BD⊥CO．
又EO∩CO=O，∴BD⊥平面COE，
∴BD⊥EC；
（2）解：由（1）知OE，OD，OA兩兩互相垂直，
故建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O-xyz．
設(shè)OA=1，則A（0，1，0），B（0，-1，0），C（1，-1，0），D（1，0，0），E（0，0，1）．
設(shè)平面CDE的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，則$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{CD}=0}\\{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{DE}=0}\end{array}}\right.$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}=0}\\{{x_1}-{z_1}=0}\end{array}}\right.$，取z₁=1，得x₁=1，則$\overrightarrow{n_1}=（1，0，1）$；
設(shè)平面ADE的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，則$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{AE}=0}\\{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}}\right.$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{-{y_2}+{z_2}=0}\\{{x_2}-{y_2}=0}\end{array}}\right.$，取z₂=1，得x₂=y₂=1，則$\overrightarrow{n_2}=（1，1，1）$．
∵$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|•|{\overrightarrow{n_2}}|}}=\frac{2}{{\sqrt{2}•\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
∴平面ADE與平面CDE所成銳二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與直線垂直的判定，考查直線與平面垂直的性質(zhì)，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角，考查計(jì)算能力屬中檔題．