Question

4．如圖，已知四邊形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，AD=PD=2EA=2，F(xiàn)，G，H分別為BP，BE，PC的中點(diǎn)．
（1）求證：GH∥平面ADPE；
（2）M是線段PC上一點(diǎn)，且PM=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，求二面角C-EF-M的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用中位線定理證明GF∥PE，F(xiàn)H∥BC，得出平面FGH∥平面ADPE，從而GH∥平面ADPE；
（2）建立坐標(biāo)系，求出平面EFC和平面EFM的法向量，計(jì)算法向量的夾角即可得出二面角的大�。�

解答 （1）證明：∵F，G，H分別為BP，BE，PC的中點(diǎn)，
∴GF∥PE，F(xiàn)H∥BC，
又四邊形ABCD是正方形，∴BC∥AD，
∴FH∥AD，又PE與AD為相交直線，GF與FH為相交直線，
∴平面FGH∥平面ADPE，
∵GH?平面FGH，
∴GH∥平面ADPE．
（2）解：以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖：
則B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），E（2，0，1），P（0，0，2），F(xiàn)（1，1，1），
∴$\overrightarrow{EF}$=（-1，1，0），$\overrightarrow{EC}$=（-2，2，-1），$\overrightarrow{EP}$=（-2，0，1），$\overrightarrow{PC}$=（0，2，-2），
∵PC=2$\sqrt{2}$，PM=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，∴$\overrightarrow{PM}$=$\frac{3}{4}$$\overrightarrow{PC}$=（0，$\frac{3}{2}$，-$\frac{3}{2}$），
∴$\overrightarrow{EM}$=$\overrightarrow{EP}+\overrightarrow{PM}$=（-2，$\frac{3}{2}$，-$\frac{1}{2}$），
設(shè)平面EFC的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），平面EFM的法向量的$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{EF}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{EC}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{EF}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{EM}=0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{1}+{y}_{1}=0}\\{-2{x}_{1}+2{y}_{1}-{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{2}+{y}_{2}=0}\\{-2{x}_{2}+\frac{3}{2}{y}_{2}-\frac{1}{2}{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令x₁=x₂=1得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，1，0），$\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}$．
∴二面角C-EF-M的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行的判定，空間向量與空間角的計(jì)算，屬于中檔題．