Question

16．如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD=$\sqrt{3}$AD，AE⊥PC于點(diǎn)E，EF∥CD，交PD于點(diǎn)F
（Ⅰ）證明：平面ADE⊥平面PBC
（Ⅱ）求二面角D-AE-F的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出PD⊥AD，AD⊥PC，AE⊥PC，從而PC⊥平面ADE，由此能證明平面ADE⊥平面PBC．
（Ⅱ）以DA，DC，DP為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角D-AE-F的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，
∵AD⊥DC，∴AD⊥平面PDC，∴AD⊥PC，
∵AE⊥PC，∴PC⊥平面ADE，
∵PC?平面PBC，∴平面ADE⊥平面PBC．
解：（Ⅱ）設(shè)AB=1，則PD=$\sqrt{3}AD$，PC=PA=2，
由（Ⅰ）知PC⊥平面ADE，
∴DE⊥PC，CE=$\frac{1}{2}$，PE=$\frac{3}{2}$，
以DA，DC，DP為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，$\sqrt{3}$），
E（0，$\frac{3}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），F(xiàn)（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
設(shè)平面AEF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=-x+\frac{3}{4}y+\frac{\sqrt{3}}{4}z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=-x+\frac{\sqrt{3}}{4}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，0，4$），
∵PC⊥平面ADE，∴平面ADE的一個(gè)法向量是$\overrightarrow{PC}$=（0，1，-$\sqrt{3}$），
設(shè)二面角D-AE-F的平面角為θ，
cosθ=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}|}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{PC}|}$=$\frac{2\sqrt{57}}{19}$，
∴二面角D-AE-F的余弦值為$\frac{2\sqrt{57}}{19}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．