Question

4．如圖，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是等腰三角形，∠CAD=120°，AD=DE=2AB．
（I）求證：平面BCE⊥平面CDE；
（II）求平面BCE與平面ADEB所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取CD的中點F，EC的中點P，連接BP，PF，由已知結合三角形中位線定理可得四邊形ABPF為平行四邊形，得BP∥AF，進一步求得DE⊥平面ACD，得到AF⊥ED．再由△ACD是等腰三角形，F是CD的中點，得到AF⊥CD．由線面垂直的判定可得BP⊥平面CDE．則平面BCE⊥平面CDE；
（Ⅱ）以F為坐標原點，分別以FD、FA、FP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，由已知求出所用點的坐標，得到平面BCE與平面ADEB的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面BCE與平面ADEB所成銳二面角的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：取CD的中點F，EC的中點P，連接BP，PF，
∴PF∥ED，PF=$\frac{1}{2}ED$，
由已知得，AB∥DE，AB=$\frac{1}{2}$DE，
∴AB∥PF，AB=PF，則四邊形ABPF為平行四邊形，得BP∥AF，
∵AB∥DE，AB⊥平面ACD，∴DE⊥平面ACD，
又AF?平面ACD，∴AF⊥ED．
又△ACD是等腰三角形，F是CD的中點，∴AF⊥CD．
∴BP⊥DE，BP⊥CD，又DE∩CD=D，∴BP⊥平面CDE．
又BP?平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE；
（Ⅱ）解：以F為坐標原點，分別以FD、FA、FP所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標系，
設AD=2，∵∠CAD=120°，∴CD=$2\sqrt{3}$，
則C（$-\sqrt{3}$，0，0），D（$\sqrt{3}$，0，0），A（0，1，0），B（0，1，1），E（$\sqrt{3}$，0，2）．
∴$\overrightarrow{CB}=（\sqrt{3}，1，1），\overrightarrow{CE}=（2\sqrt{3}，0，2）$，
設平面BCE的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{3}x+y+z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CE}=2\sqrt{3}x+2z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}=（1，0，-\sqrt{3}）$．
又$\overrightarrow{DE}=（0，0，2）$，$\overrightarrow{AD}=（\sqrt{3}，-1，0）$．
設平面ADEB的一個法向量$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}=（1，\sqrt{3}，0）$．
設平面BCE與平面ADEB所成的銳角為θ，
則cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{1}{\sqrt{1+3}×\sqrt{1+3}}=\frac{1}{4}$．

點評 本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力和思維能力，訓練了利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．