Question

2．如圖，在多面體ABCDEF中，正三角形BCE所在平面與菱形ABCD所在的平面垂直，F(xiàn)D⊥平面ABCD，且$BC=4，F(xiàn)D=2\sqrt{3}$．
（1）判斷直線EF平面ABCD的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）若∠CBA=60°，求二面角A-FB-E的余弦值．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，連接HD，推導(dǎo)出平面ABCD⊥平面BCE，從而平面EF∥平面ABCD．
（2）連接AC，HA，推導(dǎo)出HA⊥BC，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HB，HA，HE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A-FB-E的余弦值．

解答 解：（1）直線EF與平面ABCD平行，理由如下：
如圖，過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，連接HD，因?yàn)樵谡�三角形BCE中，BC=4，所以$EH=2\sqrt{3}$，
因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCE，EH?平面ABCD，
故平面EF∥平面ABCD．
（2）如圖，連接AC，HA，由（1）可得H為BC的中點(diǎn)，
又∠CBA=60°，故△ABC為等邊三角形，
所以HA⊥BC．
又EH⊥平面ABCD，故HB，HA，HE兩兩垂直，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，
HB，HA，HE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
則$B（2，0，0），F(xiàn)（-4，2\sqrt{3}，2\sqrt{3}），E（0，0，2\sqrt{3}），A（0，2\sqrt{3}，0）$，
所以$\overrightarrow{BF}=（-6，2\sqrt{3}，2\sqrt{3}），\overrightarrow{BA}=（-2，2\sqrt{3}，0），\overrightarrow{BE}=（-2，0，2\sqrt{3}）$，
設(shè)平面BEF的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{n_1}•\overrightarrow{BF}=0\\{n_1}•\overrightarrow{BE}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}-6{x_1}+2\sqrt{3}{y_1}+2\sqrt{3}{z_1}=0\\-2{x_1}+2\sqrt{3}{z_1}=0\end{array}\right.$，
取z₁=1，則$\overrightarrow{n_1}=（\sqrt{3}，2，1）$是平面BEF的一個(gè)法向量，
設(shè)平面ABF的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{n_2}•\overrightarrow{BF}=0\\{n_2}•\overrightarrow{BE}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}-6{x_2}+2\sqrt{3}{y_2}+2\sqrt{3}{z_2}=0\\-2{x_2}+2\sqrt{3}{y_2}=0\end{array}\right.$，
取y₂=1，得$\overrightarrow{n_2}=（\sqrt{3}，1，2）$是平面ABF的一個(gè)法向量．
所以$cos\left?{\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}}\right＞=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|•|{\overrightarrow{n_2}}|}}=\frac{3+2+2}{{\sqrt{8}×\sqrt{8}}}=\frac{7}{8}$，
由圖可知二面角A-FB-E為鈍角，故二面角A-FB-E的余弦值是$-\frac{7}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，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、空間想象能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，考查創(chuàng)新意識(shí)、應(yīng)用意識(shí)，是中檔題．