Question

7．如圖所示，平面ABC⊥平面BCDE，BC∥DE，$BC=\frac{1}{2}DE=2$，BE=CD=2，AB⊥BC，M，N分別為DE，AD中點(diǎn)．
（1）證明：平面MNC⊥平面BCDE；
（2）若EC⊥CD，點(diǎn)P為棱AD的三等分點(diǎn)（近A），平面PMC與平面ABC所成銳二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{39}}}{13}$，求棱AB的長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)BM，ON，推導(dǎo)出ON∥AB，AB⊥平面BCDE，從而ON⊥平面BCDE，由此能證明平面MNC⊥平面BCDE．
（2）以C為原點(diǎn)，CE為x軸，CD為y軸，過C作平面BCDE的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出棱AB的長(zhǎng)度．

解答 證明：（1）連結(jié)BM，ON，
由題意四邊形BMDC是菱形，∴O是BD中點(diǎn)，
∵N是AD中點(diǎn)，∴ON∥AB，
∵AB⊥BC，平面ABC⊥平面BCDE，∴AB⊥平面BCDE，
∴ON⊥平面BCDE，
∵ON?平面MNC，∴平面MNC⊥平面BCDE．
解：（2）以C為原點(diǎn)，CE為x軸，CD為y軸，過C作平面BCDE的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)A（$\sqrt{3}$，-1，t），（t＞0）由題意D（0，2，0），P（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0，$\frac{2t}{3}$），E（2$\sqrt{3}$，0，0），
D（0，2，0），M（$\sqrt{3}，1，0$），B（$\sqrt{3}，-1$，0），C（0，0，0），
$\overrightarrow{CP}$=（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，0，$\frac{2t}{3}$），$\overrightarrow{CM}$=（$\sqrt{3}，1，0$），$\overrightarrow{CB}$=（$\sqrt{3}，-1，0$），$\overrightarrow{CA}$=（$\sqrt{3}，-1，t$），
設(shè)平面PMC的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CP}=\frac{2\sqrt{3}}{3}x+\frac{2t}{3}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CM}=\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，-3，-$\frac{3}{t}$），
設(shè)平面ABC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{3}a-b=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CA}=\sqrt{3}a-b+tc=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}，3$，0），
∵平面PMC與平面ABC所成銳二面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{39}}}{13}$，
∴|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|-6|}{\sqrt{12+\frac{9}{{t}^{2}}}•\sqrt{12}}$=$\frac{\sqrt{39}}{13}$，解得t=3．
∴棱AB的長(zhǎng)度為3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的證明，考查棱長(zhǎng)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．