Question

19．如图所示的多面体中，ABCD是菱形，BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠BAD=$\frac{π}{3}$，AD=2，DE=$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）异面直线AE与DC所成的角余弦值；
（Ⅱ）求证平面AEF⊥平面CEF；
（Ⅲ）在线段AB取一点N，当二面角N-EF-C的大小为60°时，求|AN|．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由AB∥DC，知∠BAE就是异面直线AE与DC所成的角，由此能求出异面直线AE与DC所成的角余弦值．
（Ⅱ）取EF的中点M，推导出∠AMC是二面角A-EF-C的平面角，由此能证明平面AEF⊥平面CEF．
（Ⅲ）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．

解答 解：（Ⅰ）∵AB∥DC，
∴∠BAE就是异面直线AE与DC所成的角，
连接BE，在△ABE中，$AB=2，AE=\sqrt{7}=BE$，
∴$cos∠BAE=\frac{7+4-7}{{2×2×\sqrt{7}}}=\frac{{\sqrt{7}}}{7}$，
∴异面直线AE与DC所成的角余弦值为$\frac{{\sqrt{7}}}{7}$．…（4分）
证明：（Ⅱ）取EF的中点M．由于ED⊥面ABCD，ED∥FB，
∴ED⊥AD，ED⊥DC，FB⊥BC，FB⊥AB，
又ABCD是菱形，BDEF是矩形，∴△ADE，△EDC，△ABF，△BCF是全等三角形，
∴AE=AF，CE=CF，∴AM⊥EF，CM⊥EF，
∴∠AMC是二面角A-EF-C的平面角  …（6分）
由题意$AM=CM=\sqrt{6}$，$AC=2\sqrt{3}$，∴AM²+CM²=AC²，即AM⊥MC．
∴∠AMC=90°，∴平面AEF⊥平面CEF．…（8分）
解：（Ⅲ）建立如图的直角坐标系，由AD=2，
则M（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，\sqrt{3}$），C（0，2，0），$A（{\sqrt{3}，1，\sqrt{3}}）$，$E（{0，0\sqrt{3}}）$，$F（{\sqrt{3}，1，\sqrt{3}}）$．
平面CEF的法向量$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{AM}=（{-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{3}{2}，\sqrt{3}}）$．（10分）
设$N（{\sqrt{3}，λ，0}）$，则$\overrightarrow{EN}=（{\sqrt{3}，λ，-\sqrt{3}}）$，$\overrightarrow{EF}=（{\sqrt{3}，1，0}）$
设平面NEF的法向量$\overrightarrow{n_2}=（{x，y，z}）$，
则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{EF}•\overrightarrow{n_2}=0}\\{\overrightarrow{EN}•\overrightarrow{n_2}=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{3}x+y=0}\\{\sqrt{3}x+my-\sqrt{3}z=0}\end{array}}\right.$，令x=1，则$y=-\sqrt{3}，z=1-λ$，得$\overrightarrow{n_2}=（{1，-\sqrt{3}，1-λ}）$．（11分）
因为二面角N-EF-C的大小为60°，
所以$cos60°=\frac{{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{AN}}}{{\overrightarrow{|{n_2}}|•|\overrightarrow{AN}|}}=\frac{{|-\frac{{\sqrt{3}}}{2}-\frac{{3\sqrt{3}}}{2}+\sqrt{3}（{1-λ}）|}}{{\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{9}{4}+3}\sqrt{1+3+{{（{1-λ}）}^2}}}}$，…（12分）
整理得λ²+6λ-3=0，解得$λ=2\sqrt{3}-3$，…（13分）
所以$|AN|=2\sqrt{3}-2$…（14分）

点评 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查面面垂直的证明，考查满足条件的线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．