Question

2．如图所示，已知正六边形ABCDEF的边长为2，O为它的中心，将它沿对角线FC折叠，使平面ABCF⊥平面FCDE，点G是边AB的中点．

（Ⅰ）证明：平面BFD⊥平面EGO；
（Ⅱ）求二面角O-EG-F的余弦值；
（Ⅲ）设平面EOG∩平面BDC=l，试判断直线l与直线DC的位置关系．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据已知条件能够得到DF⊥OE，OG⊥CF，而平面ABCF⊥平面FCDE，从而得到OG⊥平面FCDE，从而得到DF⊥OG，从而得到DF⊥平面EGO，由面面垂直的判定定理即可得出平面BFD⊥平面EGO；
（Ⅱ）取DE中点H，并连接OH，从而可分别以边OG，OC，OH所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出一些点的坐标．由（Ⅰ）可知$\overrightarrow{FD}=（0，3，\sqrt{3}）$为平面EGO的一个法向量，可设平面EFG的法向量为$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，而根据$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{FE}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{FG}=0\end{array}\right.$即可求出$\overrightarrow{m}$，从而由cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{FD}＞$即可求得二面角O-EG-F的余弦值；
（Ⅲ）容易说明DC∥EO，从而得到DC∥平面EOG，而平面EOG∩平面BDC=l，从而由线面平行的性质定理即可得出DC∥l．

解答 解：（Ⅰ）证明：∵O是正六边形ABCDEF的中心，G是边AB的中点；
∴OE⊥FD，OG⊥FC；
∵平面ABCF⊥平面FCDE，平面ABCF∩平面FCDE=FC，GO?平面ABCF；
∴GO⊥平面FCDE，DF?平面FCDE；
∴GO⊥DF；
又EO∩GO=O；
∴DF⊥平面EGO，DF?平面BFD；
∴平面BFD⊥平面EGO；
（Ⅱ）取DE的中点H，连接OH，则OH⊥FC，由上面知OG⊥平面FCDE；
∴OG，OC，OH三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：
$G（\sqrt{3}，0，0）$，$D（0，1，\sqrt{3}）$，$E（0，-1，\sqrt{3}）$，F（0，-2，0）；
∴$\overrightarrow{FD}=（0，3，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{FE}=（0，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{FG}=（\sqrt{3}，2，0）$；
由（Ⅰ）知：DF⊥平面EGO．
所以平面EGO的一个法向量为$\overrightarrow{FD}=（0，3，\sqrt{3}）$；
设平面EFG的法向量为$\overrightarrow m=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{FE}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{FG}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}y+\sqrt{3}z=0\\ \sqrt{3}x+2y=0.\end{array}\right.$；
令$y=\sqrt{3}$，则z=-1，x=-2，∴$\overrightarrow m=（-2，\sqrt{3}，-1）$；
∴二面角O-EG-F的余弦值为cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{FD}＞$=$\frac{{（-2，\sqrt{3}，-1）•（0，3，\sqrt{3}）}}{{\sqrt{4+3+1}•\sqrt{0+9+3}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}$；
（Ⅲ）证明：在正六边形ABCDEF中，OC∥ED，OC=ED；
∴四边形OCDE是平行四边形；
∴DC∥EO；
∵OE?平面OEG，CD?平面OEG；
∴CD∥平面OEG；
因为平面EOG∩平面BDC=l，CD?平面BDC；
所以DC∥l．

点评 考查正六边形的定义，正六边形的中心，菱形的对角线互相垂直，面面垂直的性质定理，面面垂直的判定定理，以及线面垂直的判定定理．建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦的方法，平面法向量的概念及求法，向量夹角余弦的坐标公式，弄清两个平面所成角的大小和这两个平面法向量夹角的关系，线面平行的判定定理及性质定理．