Question

4．如图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是等腰三角形，∠CAD=120°，AD=DE=2AB．
（I）求证：平面BCE⊥平面CDE；
（II）求平面BCE与平面ADEB所成锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取CD的中点F，EC的中点P，连接BP，PF，由已知结合三角形中位线定理可得四边形ABPF为平行四边形，得BP∥AF，进一步求得DE⊥平面ACD，得到AF⊥ED．再由△ACD是等腰三角形，F是CD的中点，得到AF⊥CD．由线面垂直的判定可得BP⊥平面CDE．则平面BCE⊥平面CDE；
（Ⅱ）以F为坐标原点，分别以FD、FA、FP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，由已知求出所用点的坐标，得到平面BCE与平面ADEB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面BCE与平面ADEB所成锐二面角的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：取CD的中点F，EC的中点P，连接BP，PF，
∴PF∥ED，PF=$\frac{1}{2}ED$，
由已知得，AB∥DE，AB=$\frac{1}{2}$DE，
∴AB∥PF，AB=PF，则四边形ABPF为平行四边形，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的中点，∴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为坐标原点，分别以FD、FA、FP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设AD=2，∵∠CAD=120°，∴CD=$2\sqrt{3}$，
则C（$-\sqrt{3}$，0，0），D（$\sqrt{3}$，0，0），A（0，1，0），B（0，1，1），E（$\sqrt{3}$，0，2）．
∴$\overrightarrow{CB}=（\sqrt{3}，1，1），\overrightarrow{CE}=（2\sqrt{3}，0，2）$，
设平面BCE的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CB}=\sqrt{3}x+y+z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CE}=2\sqrt{3}x+2z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}=（1，0，-\sqrt{3}）$．
又$\overrightarrow{DE}=（0，0，2）$，$\overrightarrow{AD}=（\sqrt{3}，-1，0）$．
设平面ADEB的一个法向量$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，令x=1，得$\overrightarrow{n}=（1，\sqrt{3}，0）$．
设平面BCE与平面ADEB所成的锐角为θ，
则cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}=\frac{1}{\sqrt{1+3}×\sqrt{1+3}}=\frac{1}{4}$．

点评 本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．