Question

8．如图1所示，在Rt△ABC中，AC=6，BC=3，∠ABC=90°，CD为∠ACB的平分线，点E在线段AC上，CE=4，如图2所示，将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，连接AB．
（1）求证：DE⊥平面BCD
（2）求二面角B-AD-E的余弦值

Answer 1

分析 （1）取AC的中点P，连接DP，证明DP⊥AC，∠EDC=90°，ED⊥DC；利用平面与平面垂直的性质证明DE⊥平面BCD；
（2）过B作BQ⊥CD于点Q，连结PQ，过点A作AN⊥CD交CD的延长线于点N，通过计算能以Q为原点，分别以QP、QC、QB所在直线为x、y、z轴建立坐标系，则所求值为
平面ABD的一个法向量与平面ADE的一个法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可．

解答 （1）证明：取AC的中点P，连接DP，
∵在Rt△ABC中，AC=6，BC=3，∠ABC=90°，CD为∠ACB的平分线，
∴∠A=30°，△ADC是等腰三角形，
所以DP⊥AC，DP=$\sqrt{3}$，∠DCP=30°，∠PDC=60°，
又点E在线段AC上，CE=4，
所以AE=2，EP=1，所以∠EDP=30°，
∴∠EDC=90°，∴ED⊥DC，
∵将△BCD沿CD折起，使得平面BCD⊥平面ACD，平面BDC∩平面EDC=DC，
∴DE⊥平面BCD；
（2）解：过B作BQ⊥CD于点Q，连结PQ，过点A作AN⊥CD交CD的延长线于点N，
由（1）知BC=3，∠BCD=∠PCD=30°，∠CBD=90°，
∴CD=$\frac{BC}{cos30°}$=2$\sqrt{3}$，BD=BCtan30°=$\sqrt{3}$，
∴BQ=$\frac{BD•BC}{CD}$=$\frac{3}{2}$，DQ=$\sqrt{B{D}^{2}-B{Q}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{CQ}{CD}$=$\frac{CD-DQ}{CD}$=$\frac{3}{4}$=$\frac{CP}{CE}$，即PQ⊥CD，
∵∠PCD=30°，AD=AB-BD=AB-DP=$\sqrt{{6}^{2}-{3}^{2}}$-$\sqrt{3}$=$3\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
∴AN=ADcos30°=3，QN=DQ+DN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$+ADsin30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\sqrt{3}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
故能以Q为原点，分别以QP、QC、QB所在直线为x、y、z轴建立坐标系，如图：
则A=（3，-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，0），B=（0，0，$\frac{3}{2}$），D=（0，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），
∴$\overrightarrow{AD}$=（-3，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{BD}$=（0，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{3}{2}$），
设平面ABD的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-3x+\sqrt{3}y=0}\\{-\frac{\sqrt{3}}{2}y-\frac{3}{2}z=0}\end{array}\right.$，
令y=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{3}$，-1），
又$\overrightarrow{n}$=（0，0，1）为平面ADE的一个法向量，
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-1}{\sqrt{5}}$=-$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴二面角B-AD-E的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，二面角的计算，直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，计算能力，注意解题方法的积累，属于中档题．