Question

6．如图1，在矩形ABCD中，AB=5，AD=2，点E，F分别在边AB，CD上，且AE=4，DF=1，AC交DE于点G．现将△ADF沿AF折起，使得平面ADF⊥平面ABCF，得到图2．
（Ⅰ）在图2中，求证：CE⊥DG；
（Ⅱ）若点M是线段DE上的一动点，问点M在什么位置时，二面角M-AF-D的余弦值为$\frac{3}{5}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出DE⊥AF，DO⊥OF，EO⊥AF，从而DO⊥平面ABCF，进而DO⊥CE，推导出四边形AECF为平行四边形，从而CE⊥OE，进而CE⊥平面DOE，由此能证明CE⊥DG．
（Ⅱ）以点O为原点建立平面直角坐标系，利用向量法能求出当点M在线段DE的四等分点且DM=$\frac{1}{4}$DE时，二面角M-AF-D的余弦值为$\frac{3}{5}$．

解答 证明：（Ⅰ）∵在矩形ABCD中，AB=5，AD=2，AE=4，DF=1，
∴tan$∠DAF=\frac{DF}{AD}=\frac{AD}{AE}$=tan∠AED，
∴∠AOE=90°，即DE⊥AF．
∴在图2中，DO⊥OF，EO⊥AF．
又∵平面ADF⊥平面ABCF，平面ADF∩平面ABCF=AF，
∴DO⊥平面ABCF，∴DO⊥CE，
依题意，AE∥CF，且AE=CF，∴四边形AECF为平行四边形．
∴CE∥AF，∴CE⊥OE，又∵OD∩OE=O，
∴CE⊥平面DOE，又∵DG?平面DOE，∴CE⊥DG．
解：（Ⅱ）如图1，在Rt△ADF中，AF=$\sqrt{5}$，OD=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，OF=$\frac{1}{\sqrt{5}}$，
∵DF∥AE，AE=4DF，∴OE=4OD=$\frac{8}{\sqrt{5}}$．
如图，以点O为原点建立平面直角坐标系，
则A（$\frac{4}{\sqrt{5}}$，0，0），F（-$\frac{1}{\sqrt{5}}$，0，0），D（0，0，$\frac{2}{\sqrt{5}}$），E（0，$\frac{8}{\sqrt{5}}$，0），
∴$\overrightarrow{FA}$=（$\sqrt{5}$，0，0），$\overrightarrow{ED}$=（0，-$\frac{8}{\sqrt{5}}$，$\frac{2}{\sqrt{5}}$），$\overrightarrow{AE}$=（-$\frac{4}{\sqrt{5}}$，$\frac{8}{\sqrt{5}}$，0），
∵EO⊥AF，∴OE⊥平面ADF，
∴$\overrightarrow{n}$=（0，1，0）为平面ADF的法向量．
设$\overrightarrow{EM}=λ\overrightarrow{ED}$，则$\overrightarrow{AM}$=$\overrightarrow{AE}+λ\overrightarrow{ED}$=（-$\frac{4}{\sqrt{5}}$，$\frac{8}{\sqrt{5}}（1-λ）$，$\frac{2}{\sqrt{5}}λ$），
设$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）为平面AFM的法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{FA}=\sqrt{5}x=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AM}=-\frac{4}{\sqrt{5}}x+\frac{8}{\sqrt{5}}（1-λ）y+\frac{2}{\sqrt{5}}λz=0}\end{array}\right.$，取y=λ，得$\overrightarrow{m}$=（0，λ，4（λ-1）），
∵二面角M-AF-D的余弦值为$\frac{3}{5}$，∴|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{|λ|}{\sqrt{{λ}^{2}+16（λ-1）^{2}}}$=$\frac{3}{5}$，
整理得8λ²-18λ+9=0，解得λ=$\frac{3}{4}$或λ=$\frac{3}{2}$（舍），
∴当点M在线段DE的四等分点且DM=$\frac{1}{4}$DE时，二面角M-AF-D的余弦值为$\frac{3}{5}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法及应用，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题．