Question

12．如图，已知正方形ABCD的边长为1，FD⊥平面ABCD，EB⊥平面ABCD，FD=BE=1，M为BC边上的动点．
（Ⅰ）证明：ME∥平面FAD；
（Ⅱ）当平面AME⊥平面AEF时．求二面角B-AE-M的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出AD∥BC，FD∥BE，从而平面ADF∥平面BCE，由此能证明ME∥平面FAD．
（Ⅱ）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DF所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标D-xyz，利用向量法能求出二面角B-AE-M的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）∵正方形ABCD的边长为1，FD⊥平面ABCD，EB⊥平面ABCD，
∴AD∥BC，FD∥BE，
∵AD∩DF=D，BC∩BE=B，AD、DF?平面ADF，BE、BC?平面BCE，
∴平面ADF∥平面BCE，
∵ME?平面BCE，∴ME∥平面FAD．
解：（Ⅱ）以D为坐标原点，分别以DA、DC、DF所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标D-xyz，
依题意，得D（0，0，0），A（1，0，0），F（0，0，1），C（0，1，0），B（1，1，0），E（1，1，1），
设M（λ，1，0），平面AEF的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），平面AME的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂）
∵$\overrightarrow{AE}$=（0，1，1），$\overrightarrow{AF}$=（-1，0，1），∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}={y}_{1}+{z}_{1}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=-{x}_{1}+{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，
取z₁=1，得x₁=1，y₁=-1∴$\overrightarrow{n}$=（1，-1，0）
又$\overrightarrow{AM}$=（λ-1，1，0），$\overrightarrow{AE}$=（0，1，1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}={y}_{2}+{z}_{2}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AM}={x}_{2}（λ-1）+{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，
取x₂=1得y₂=1-λ，z₂=λ-1∴$\overrightarrow{m}$=（1，1-λ，λ-1）
∵平面AME⊥平面AEF，∴$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}$=1-（1-λ）+（λ-1）=0，解得λ=$\frac{1}{2}$，
∴M（$\frac{1}{2}$，1，0），$\overrightarrow{AB}$=（0，1，0），
设平面ABE的法向量$\overrightarrow{p}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{AB}=b=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{AE}=b+c=0}\end{array}\right.$，∴平面ABE的法向量$\overrightarrow{p}$=（1，0，0），
cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{p}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{p}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{p}|}$=$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴二面角B-AE-M的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查线面平行的证明，考查线面角的余弦值的求法，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．